交比(射影几何)

射影几何学

在射影几何学中，把无穷远点看作是“理想点”。

通常的直线再加上一个无穷点就是无穷远直线，如果一个平面内两条直线平行，那么这两条直线就交于这两条直线共有的无穷远点。

通过同一无穷远点的所有直线平行。

德国数学家克莱因（图）在爱尔朗根大学提出著名的《爱尔朗根计划书》中提出用变换群对几何学进行分类在引入无穷远点和无穷远直线后，原来普通点和普通直线的结合关系依然成立，而过去只有两条直线不平行的时候才能求交点的限制就消失了。

由于经过同一个无穷远点的直线都平行，因此中心射影和平行射影两者就可以统一了。

平行射影可以看作是经过无穷远点的中心投影了。

这样凡是利用中心投影或者平行投影把一个图形映成另一个图形的映射，就都可以叫做射影变换了。

射影变换有两个重要的性质：首先，射影变换使点列变点列，直线变直线，线束变线束，点和直线的结合性是射影变换的不变性；其次，射影变换下，交比不变。

交比是射影几何中重要的概念，用它可以说明两个平面点之间的射影对应。

在射影几何里，把点和直线叫做对偶元素，把“过一点作一直线”和“在一直线上取一点”叫做对偶运算。

在两个图形中，它们如果都是由点和直线组成，把其中一图形里的各元素改为它的对偶元素，各运算改为它的对偶运算，结果就得到另一个图形。

这两个图形叫做对偶图形。

在一个命题中叙述的内容只是关于点、直线和平面的位置，可把各元素改为它的对偶元素，各运算改为它的对偶运算的时候，结果就得到另一个命题。

这两个命题叫做对偶命题。

这就是射影几何学所特有的对偶原则。

在射影平面上，如果一个命题成立，那么它的对偶命题也成立，这叫做平面对偶原则。

同样，在射影空间里，如果一个命题成立，那么它的对偶命题也成立，叫做空间对偶原则。

研究在射影变换下二次曲线的不变性质，也是射影几何学的一项重要内容。

如果就几何学内容的多少来说，射影几何学；仿射几何学；欧氏几何学，这就是说欧氏几何学的内容最丰富，而射影几何学的内容最贫乏。

比如在欧氏几何学里可以讨论仿射几何学的对象(如简比、平行性等)和射影几何学的对象(如四点的交比等)，反过来，在射影几何学里不能讨论图形的仿射性质，而在仿射几何学里也不能讨论图形的度量性质。

论复变函数教材中交比的定义

一
点，义这四个点的交比为：定
（，，Ｚ）一ｌ２ ‰ ４
Ｚｌ～３
：
Ｚ２一
．
－Ｚ３
如文［＿］但是在分式线性变换这一章节里，们１６．它
给出的交比的定义却不尽相同．于交比的定义形由
设ｚ，２ｚ，４任意给定的四个ｌｚ，３ｚ是
：
４一
．
３
其他复变函数教材对交比可能还有不同的定
义，此不再一一列举．在
为这四个点的交比，为（２，，．这些点记２，。２）当中有无穷远点时，定规
定义３［
设ｚ，２ｚ，是任意给定的四个ｌｚ，３
点，义这四个点的交比为：定
（，，３Ｚ）一１２ｚ，４
Ｚ４ —— ３
；
二
２ ——
．
３
定义４５设ｚ，２，４任意给定的四个［］ｌ，３ｚ是
式相对比较繁琐，且几何意义不明显，此学生很而因难真正理解交比的定义并且准确记忆某一具体定义下交比的表达式．本文试图探讨各种不同定义下交比的内在关系，指出不同定义下交比的本质．并
通过繁琐但平凡的计算，以发现其中有些交比的可值是相同的．对于扩充复平面中给定的四点２，：２，若２，２，

2024年高考数学19题新模式新结构新题型数学与阅读理解学生版

2024年高考数学19题新模式新结构新题型1(2023上·北京朝阳·高三统考期中/24南通)已知A m =a 1,1a 1,2⋯a 1,m a 2,1a 2,2⋯a 2,m ⋮⋮⋱⋮a m ,1a m ,2⋯a m ,m(m ≥2)是m 2个正整数组成的m 行m 列的数表，当1≤i <s ≤m ,1≤j <t ≤m 时，记d a i ,j ,a s ,t =a i ,j -a s ,j +a s ,j -a s ,t ．设n ∈N *，若A m 满足如下两个性质：①a i ,j ∈1,2,3;⋯,n (i =1,2,⋯,m ;j =1,2,⋯,m )；②对任意k ∈1,2,3,⋯,n ，存在i ∈1,2,⋯,m ,j ∈1,2,⋯,m ，使得a i ,j =k ，则称A m 为Γn 数表．(1)判断A 3=123231312是否为Γ3数表，并求d a 1,1,a 2,2 +d a 2,2,a 3,3 的值；(2)若Γ2数表A 4满足d a i ,j ,a i +1,j +1 =1(i =1,2,3;j =1,2,3)，求A 4中各数之和的最小值；(3)证明：对任意Γ4数表A 10，存在1≤i <s ≤10,1≤j <t ≤10，使得d a i ,j ,a s ,t =0．2(镇海高三期末)19. 在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C ：y =f x 上的曲线段AB ，其弧长为Δs ，当动点从A 沿曲线段AB运动到B 点时，A 点的切线l A 也随着转动到B 点的切线l B ，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于l B 的倾斜角与l A 的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K =ΔθΔs为曲线段AB 的平均曲率；显然当B 越接近A ，即Δs 越小，K 就越能精确刻画曲线C 在点A 处的弯曲程度，因此定义K =lim Δs →0ΔθΔs =y 1+y 232(若极限存在)为曲线C 在点A 处的曲率．(其中y ＇，y ＇＇分别表示y =f x 在点A 处的一阶、二阶导数)(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；(2)求椭圆x 24+y 2=1在3,12处的曲率；(3)定义φy =22y 1+y3为曲线y =f x 的“柯西曲率”．已知在曲线f x =x ln x -2x 上存在两点P x 1,f x 1 和Q x 2,f x 2 ，且P ，Q 处的“柯西曲率”相同，求3x 1+3x 2的取值范围．3(合肥一中期末)19．同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，b∈Z，m∈N*且m>1．若m a-b则称a与b关于模m同余，记作a≡b(mod m)(“|”为整除符号)．(1)解同余方程x2-x≡0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列a n，其中a1<a2<a3<⋯<a n．①若b n=a n+1-a n(n∈N*)，数列b n的前n项和为S n，求S2024；②若c n=tan a2n+1⋅tan a2n-1(n∈N*)，求数列c n的前n项和T n．4(北京西城)给定正整数N≥3，已知项数为m且无重复项的数对序列A：x1,y1,⋅⋅⋅,x m,y m,x2,y2满足如下三个性质：①x i,y i∈1,2,⋅⋅⋅,N，且x i≠y i i=1,2,⋅⋅⋅,m；③p,q与；②x i+1=y i i=1,2,⋅⋅⋅,m-1q,p不同时在数对序列A中.(1)当N=3，m=3时，写出所有满足x1=1的数对序列A；(2)当N=6时，证明：m≤13；(3)当N为奇数时，记m的最大值为T N ，求T N .5(如皋市)对于给定的正整数n ，记集合R n ={α |α =(x 1,x 2,x 3,⋅⋅⋅,x n ),x j ∈R ,j =1,2,3,⋅⋅⋅,n }，其中元素α 称为一个n 维向量.特别地，0 =(0,0,⋅⋅⋅,0)称为零向量.设k ∈R ，α =(a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n )∈R n ，β =(b 1,b 2,⋅⋅⋅,b n )∈R n ，定义加法和数乘：kα =(ka 1,ka 2,⋅⋅⋅,ka n )，α +β =(a 1+b 1,a 2+b 2,⋅⋅⋅,a n +b n ).对一组向量α1 ，α2 ，⋯，αs (s ∈N +,s ≥2)，若存在一组不全为零的实数k 1，k 2，⋯，k s ，使得k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k s αs =0 ，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．(1)对n =3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．①α =(1,1,1)，β =(2,2,2)；②α =(1,1,1)，β =(2,2,2)，γ =(5,1,4)；③α =(1,1,0)，β =(1,0,1)，γ =(0,1,1)，δ =(1,1,1).(2)已知α ，β ，γ 线性无关，判断α +β ，β +γ ，α +γ 是线性相关还是线性无关，并说明理由．(3)已知m (m ≥2)个向量α1 ，α2 ，⋯，αm 线性相关，但其中任意m -1个都线性无关，证明：①如果存在等式k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0 (k i ∈R ,i =1,2,3,⋅⋅⋅,m )，则这些系数k 1，k 2，⋯，k m 或者全为零，或者全不为零；②如果两个等式k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0 ，l 1α1 +l 2α2 +⋅⋅⋅+l m αm =0 (k i ∈R ,l i ∈R ,i =1,2,3,⋅⋅⋅,m )同时成立，其中l 1≠0，则k 1l 1=k 2l 2=⋅⋅⋅=k m l m.6(江苏四校)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称ACBC⋅BDAD(分式中各项均为有向线段长度，例如AB=-BA)为A，B，C，D四点的交比，记为(A,B;C,D)．(1)证明：1-(D,B;C,A)=1(B,A;C,D)；(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)= (A2,B2;C2,D2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若ΔEFG与ΔE F G 的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则ΔEFG与ΔE F G 对应边的交点在一条直线上．7(高考仿真)已知无穷数列a n满足a n=max a n+1,a n+2-min a n+1,a n+2(n=1,2,3,⋯)，其中max {x,y}表示x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数.(1)当a1=1，a2=2时，写出a4的所有可能值；(2)若数列a n中的项存在最大值，证明：0为数列a n中的项；(3)若a n>0(n=1,2,3,⋯)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a n≤M？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.8(高考仿真)若项数为k(k∈N*，k≥3)的有穷数列{a n}满足：0≤a1<a2<a3<⋅⋅⋅<a k，且对任意的i，j(1≤i≤j≤k)，a j+a i或a j-a i是数列{a n}中的项，则称数列{a n}具有性质P．(1)判断数列0,1,2是否具有性质P，并说明理由；(2)设数列{a n}具有性质P，a i(i=1，2，⋯，k)是{a n}中的任意一项，证明：a k-a i一定是{a n}中的项；(3)若数列{a n}具有性质P，证明：当k≥5时，数列{a n}是等差数列．9(安徽)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中.阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点M 与两定点Q ,P 的距离之比MQ MP=λ(λ>0,λ≠1),λ是一个常数，那么动点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线PQ 上.已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x 2+y 2=4，定点分别为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点F 与右顶点A ，且椭圆C 的离心率为e =12.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图，过右焦点F 斜率为k (k >0)的直线l 与椭圆C 相交于B ,D (点B 在x 轴上方)，点S ,T 是椭圆C 上异于B ,D 的两点，SF 平分∠BSD ,TF 平分∠BTD .①求BS DS的取值范围；②将点S ､F ､T 看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若△SFT 外接圆的面积为81π8，求直线l 的方程.10(郑州外国语)记U ={1,2,⋯,100}．对数列a n n ∈N * 和U 的子集T ，若T =∅，定义S T =0；若T =t 1,t 2,⋯,t k ，定义S T =a t 1+a t 2+⋯+a tk ．例如：T =1,3,66 时，S T =a 1+a 3+a 66．现设a n n ∈N * 是公比为3的等比数列，且当T =2,4 时，S T =30．(1)求数列a n 的通项公式；(2)对任意正整数k 1≤k ≤100 ，若T 1,2,⋯,k ，求证：S T <a k +1；(3)设C ⊆U ,D ⊆U ,SC ≥SD ，求证：S C +S C ∩D ≥2S D ．11(福建模拟)2022年北京冬奥会标志性场馆--国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．(Ⅰ)利用祖暅原理推导半径为R 的球的体积公式时，可以构造如图所示的几何体M ，几何体M 的底面半径和高都为R ，其底面和半球体的底面同在平面α内.设与平面α平行且距离为d 的平面β截两个几何体得到两个截面，请在图中用阴影画出与图中阴影截面面积相等的图形并给出证明；(Ⅱ)现将椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球A ，B (如图)，类比(Ⅰ)中的方法，探究椭球A 的体积公式，并写出椭球A ，B 的体积之比．12用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若f'x 是f x 的导函数，f''x 是f'x 的导函数，则曲线y=f x 在点x,f x处的曲率K=|f (x)|1+[f (x)]232．(1)若曲线f x =ln x+x与g x =x在1,1处的曲率分别为K1，K2，比较K1，K2的大小；(2)求正弦曲线h x =sin x(x∈R)曲率的平方K2的最大值．13设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1-12π(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+⋯+∠Q k-1PQ k+∠Q k PQ1)，其中Q i(i=1，2，⋯，k，k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q 1PQ 2，平面Q 2PQ 3，⋯，平面Q k -1PQ k和平面Q k PQ 1遍历多面体M的所有以P为公共点的面．(1)任取正四面体的一个顶点，求该点处的离散曲率；(2)如图1，已知长方体A 1B 1C 1D 1-ABCD，AB=BC=1，AA1=22，点P为底面A 1B 1C 1D 1内的一个动点，则求四棱锥P-ABCD在点P处的离散曲率的最小值；(3)图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域?(只需确定“区域α”还是“区域β”)14近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于2π与多面体在该点的所有面角之和的差(多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示)，多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是π2，所以正方体在各顶点的曲率为2π-3×π2=π2，故其总曲率为4π．(1)求四棱锥的总曲率；(2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D，棱数为L，面数为M，则有：D-L+M=2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数．。

射影几何几何运算

数字图像处理
几何运算
1.引言
几何运算与点运算不同，它可改变图象中物体（像素）之间的空间关系。这种运算可以看成将各像素在图像内移动的过程。几何变换是图像处理和图像分析的重要内容，按照变换性质可以分为位置变换、形状变换以及复合变换。图像几何变换是指用数学建模的方法来描述图像位置、大小、形状等变化的方法。几何变换常用于摄像机的几何校正过程，这对于利用图象进行几何测量的工作是十分重要的。在实际
3.几何变换基础
2.欧式几何是几何学的一门分科。又称欧几里德几何。公元前3世纪，古希腊数学家欧几里德（英文Euclid，希腊文Ε'νκλειδη）把人们公认的一些几何知识作为定义和公理，在此基础上研究图形的性质，推导出一系列定理，组成演绎体系，写出《几何原本》，形成了欧氏几何。在其公理体系中，最重要的是平行公理，由于对这一公理的不同认识，导致非欧几何的产生。按所讨论的图形在平面上或空间中，分别称为“平面几何” 与“立体几何”。欧几里德几何指按照欧几里德的《几何原本》构造的几何学。欧式几何有时就指平面上的几何，即平面几何。三维空间的欧式几何通常叫做立体几何。数学上，欧式几何是平面和三维空间中常见的几何，基于点线面假设。数学家也用这一术语表示具有相似性质的高维几何。
称为旋转变换矩阵（因子），θ 为旋转角度。
cos sin 0 sin cos 0 0 1 0
ห้องสมุดไป่ตู้
图像旋转变换程序
void RotIamge(const Mat &srcImage, Mat &dstImage, double angle) { //弧度 double sita = angle * CV_PI / 180; double a = (srcImage.cols - 1) / 2.0; double b = (srcImage.rows - 1) / 2.0; int srcRow = srcImage.rows; int srcCol = srcImage.cols; double x1 = -a * cos(sita) - b * sin(sita); double y1 = -a * sin(sita) + b * cos(sita); double x2 = a * cos(sita) - b * sin(sita); double y2 = a * sin(sita) + b * cos(sita); double x3 = a * cos(sita) + b * sin(sita); double y3 = a * sin(sita) - b * cos(sita); double x4 = -a * cos(sita) + b * sin(sita); double y4 = -a * sin(sita) - b * cos(sita); int w1 = cvRound(max(abs(x1 - x3), abs(x4 - x2))); int h1 = cvRound(max(abs(y1 - y3), abs(y4 - y2))); dstImage.create(h1, w1, srcImage.type()); ...... }

射影几何简介

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笛沙格把他的射影几何思想用于圆锥曲线，得到许多新颖的结果： – 直线可以看作具有无限长半径的圆的一部分； – 焦点相合的椭圆退化为圆； – 焦点之一在无穷远的椭圆是一抛物线，等等．
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他不再把圆锥曲线看作圆锥与平面的交线，而是理解为圆的截景．圆不仅可以变换为椭圆，而且可以变换为开口的抛物线或双曲线，这时的曲线仍看作封闭的，只不过是一个点在无穷远而已．笛沙格力图用投射、截景等射影几何概念统一处理各种圆锥曲线，从而为圆锥曲线的研究开辟了广阔的前景．
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为什么笛沙格的书在当时被忽略呢？主要有两个原因．一是它被差不多同时出现的解析几何掩盖了．从思想的深刻来讲，笛沙格的射影几何是可以和笛卡儿的解析几何相媲美的．但笛卡儿的解析几何是用代数方法研究几何问题，可以迅速得到数量结果，而射影几何主要是对几何的定性研究．当时的技术发展更需要解析几何这样的有力工具．第二个原因是，笛沙格的写作形式比较古怪，他引进了 70 个新术语，其中多是从植物学借用的．例如，他用棕 (Palm)、干、树来表示三种不同性质的直线．这类语句以及不易理解的思想，使他的书难于阅读．除了笛卡儿、帕斯卡、费马等几位大数学家外，很少有人欣赏他的著作．
1
B′ O . A′
C′
B
C
D′ A
D
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那么，截景与原形究竟有什么共性呢？这正是阿尔贝蒂苦苦思索而未找到答案的问题．阿尔贝蒂还考虑到：如果在眼睛和景物之间插进两张玻璃板，它们上面的截景将是不同的；如果从两个不同位置来观察景物，截景也将是不同的．但所有截景都反映同一景物，它们之间必存在某种关系．于是他进一步提出问题：同一景物的任意两个截景间有什么数学关系，或者说有什么共同的数学性质？他留给后人的这些问题成为射影几何的出发点．

2024年高考数学新题型之19题压轴题专项汇编(学生版)

2024新题型之19压轴题1.命题方向2024新题型之19压轴题以大学内容为载体的新定义题型以数列为载体的新定义题型以导数为载体的新定义题型两个知识交汇2.模拟演练题型01以大学内容为载体的新定义题型1(2024·安徽合肥·一模)“q-数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设q是非零实数，对任意n∈N*，定义“q-数”(n)q=1+q+⋯+q n-1利用“q-数”可定义“q-阶乘”n !q=(1)q(2)q⋯(n)q,且0 !q=1.和“q-组合数”，即对任意k∈N,n∈N*,k≤n，nk q=n !qk !q n-k!q(1)计算：53 2；(2)证明：对于任意k,n∈N*,k+1≤n，nk q=n-1k-1q+q kn-1kq(3)证明：对于任意k,m∈N,n∈N*,k+1≤n，n+m+1 k+1q -nk+1q=∑mi=0q n-k+in+ikq.2(2024·广东江门·一模)将2024表示成5个正整数x1，x2，x3，x4，x5之和，得到方程x1+x2+x3+x4+x5 =2024①，称五元有序数组x1,x2,x3,x4,x5为方程①的解，对于上述的五元有序数组x1,x2,x3,x4,x5，当1≤i,j≤5时，若max(x i-x j)=t(t∈N)，则称x1,x2,x3,x4,x5是t-密集的一组解.(1)方程①是否存在一组解x1,x2,x3,x4,x5，使得x i+1-x i i=1,2,3,4等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；(2)方程①的解中共有多少组是1-密集的?(3)记S=5i=1x2i，问S是否存在最小值?若存在，请求出S的最小值；若不存在，请说明理由.3(2024·江苏四校一模)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称ACBC⋅BDAD(分式中各项均为有向线段长度，例如AB=-BA)为A，B，C，D四点的交比，记为(A，B；C，D)．(1)证明：1-(D,B;C,A)=1(B,A;C,D)；(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1，B1；C1，D1)= (A2，B2；C2，D2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若ΔEFG与△E′F′G′的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则ΔEFG与△E′F′G′对应边的交点在一条直线上．题型02以数列为载体的新定义题型4(2024·安徽黄山·一模)随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列a n ，规定Δa n 为数列a n 的一阶差分数列，其中Δa n =a n +1-a n n ∈N * ，规定Δ2a n 为数列a n 的二阶差分数列，其中Δ2a n =Δa n +1-Δa nn ∈N *．(1)数列a n 的通项公式为a n =n 3n ∈N * ，试判断数列Δa n ,Δ2a n 是否为等差数列，请说明理由？(2)数列log a b n 是以1为公差的等差数列，且a >2，对于任意的n ∈N *，都存在m ∈N *，使得Δ2b n =b m ，求a 的值；(3)各项均为正数的数列c n 的前n 项和为S n ，且Δc n 为常数列，对满足m +n =2t ，m ≠n 的任意正整数m ,n ,t 都有c m ≠c n ，且不等式S m +S n >λS t 恒成立，求实数λ的最大值．5(2024·辽宁葫芦岛·一模)大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作L M ,N 删去一个无穷非减正整数数列中除以M 余数为N 的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列a n 的通项公式a n =3n -1，n ∈N +，通过“数据漏斗”软件对数列a n 进行L 3,1 操作后得到b n ，设a n +b n 前n 项和为S n ．(1)求S n ；(2)是否存在不同的实数p ,q ,r ∈N +，使得S p ，S q ，S r 成等差数列？若存在，求出所有的p ,q ,r ；若不存在，说明理由；(3)若e n =nS n2(3n-1)，n ∈N +，对数列e n 进行L 3,0 操作得到k n ，将数列k n 中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到p n ，再将p n 的每一项都加上自身项数，最终得到c n ，证明：每个大于1的奇平方数都是c n 中相邻两项的和．6(2024·山东青岛·一模)记集合S =a n |无穷数列a n 中存在有限项不为零，n ∈N * ，对任意a n ∈S ，设变换f a n =a 1+a 2x +⋯+a n x n -1+⋯，x ∈R ．定义运算⊗：若a n ,b n ∈S ，则a n ⊗b n∈S ，f a n ⊗b n =f a n ⋅f b n ．(1)若a n ⊗b n =m n ，用a 1,a 2,a 3,a 4,b 1,b 2,b 3,b 4表示m 4；(2)证明：a n ⊗b n ⊗c n =a n ⊗b n ⊗c n ；(3)若a n =n +12+1n n +1,1≤n ≤1000,n >100，b n =12203-n,1≤n ≤5000,n >500，d n =a n ⊗b n ，证明：d 200<12．7(2024·江苏徐州·一模)对于每项均是正整数的数列P：a1,a2,⋯,a n，定义变换T1，T1将数列P变换成数列T1P ：n,a1-1,a2-1,⋯,a n-1．对于每项均是非负整数的数列Q:b1,b2,⋯,b m，定义S(Q)=2(b1+2b2+⋯+mb m)+b21+b22+⋯+b2m，定义变换T2，T2将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2Q ．(1)若数列P0为2，4，3，7，求S T1P0的值；(2)对于每项均是正整数的有穷数列P0，令P k+1=T2T1P k，k∈N．(i)探究S T1P0与S P0的关系；(ii)证明：S P k+1．≤S P k题型03以导数为载体的新定义题型8(2024·广东惠州·一模)黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数f x =x s-1e x-1(x>0,s>1，s为常数)密切相关，请解决下列问题．(1)当1<s≤2时，讨论f x 的单调性；(2)当s>2时；①证明f x 有唯一极值点；②记f x 的唯一极值点为g s ，讨论g s 的单调性，并证明你的结论．9(2024·湖北·一模)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f x 在x=0处的n n∈N*阶导数都存在时，f x =f0 +f 0 x+f 02!x2+f3 03!x3+⋯+f n 0n!x n+⋯．注：f x 表示f x 的2阶导数，即为f x 的导数，f n x n≥3表示f x 的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式．(1)根据该公式估算sin12的值，精确到小数点后两位；(2)由该公式可得：cos x=1-x22!+x44!-x66!+⋯．当x≥0时，试比较cos x与1-x22的大小，并给出证明；(3)设n∈N*，证明：nk=11(n+k)tan1n+k>n-14n+2．10(2024·山东菏泽·一模)帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+a m x m1+b1x+⋯+b n x n，且满足：f(0)=R(0)，f (0)=R (0)，f (0)=R (0)，⋯，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)．(注：f (x)=f (x)，f (x)= f (x)，f(4)(x)=f (x)，f(5)(x)=f(4)(x)，⋯；f(n)(x)为f(n-1)(x)的导数)已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的1,1阶帕德近似为R(x)=ax1+bx．(1)求实数a，b的值；(2)比较f x 与R(x)的大小；(3)若h(x)=f(x)R(x)-12-mf(x)在(0,+∞)上存在极值，求m的取值范围．题型04两个知识交汇11【概率与数列】(2024·山东聊城·一模)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3. 一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区域)，且到不同相邻区域的概率相等.(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.12【概率与函数】(2024·广东汕头·一模)2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不妨设n颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)颗番石榴，自第k+1颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗.设k=tn，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为P.(1)若n=4,k=2，求P；(2)当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求P的最大值及P取最大值时t的值.(取1k +1k+1+⋯+1n-1=ln nk)13【解析几何与立体几何】(2024·山东日照·一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12经过点F1且倾斜角为θ0<θ<π2的直线l与椭圆交于A，B两点(其中点A在x轴上方)，且△ABF2的周长为8．将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角A-F1F2-B为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为A ，B ．(1)当θ=π3时，①求证：A O⊥B F2；②求平面A'F1F2和平面A'B'F2所成角的余弦值；(2)是否存在θ0<θ<π2，使得折叠后△A B F2的周长为152？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．14【导数与三角函数】(2024·山东烟台·一模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，半径为1的圆A 沿着x 轴正向无滑动地滚动，点M 为圆A 上一个定点，其初始位置为原点O ,t 为AM 绕点A 转过的角度(单位：弧度，t ≥0).(1)用t 表示点M 的横坐标x 和纵坐标y ；(2)设点M 的轨迹在点M 0(x 0,y 0)(y 0≠0)处的切线存在，且倾斜角为θ，求证：1+cos2θy 0为定值；(3)若平面内一条光滑曲线C 上每个点的坐标均可表示为(x (t ),y (t )),t ∈[α,β]，则该光滑曲线长度为F (β)-F (α)，其中函数F (t )满足F (t )=[x (t )]2+[y (t )]2.当点M 自点O 滚动到点E 时，其轨迹OE为一条光滑曲线，求OE 的长度.15【导数与数列】(2024·山东济宁·一模)已知函数f x =ln x -12ax 2+12a ∈R ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若0<x 1<x 2，证明：对任意a ∈0,+∞ ，存在唯一的实数ξ∈x 1,x 2 ，使得f (ξ)=f x 2 -f x 1 x 2-x 1成立；(3)设a n =2n +1n2，n ∈N *，数列a n 的前n 项和为S n ．证明：S n >2ln (n +1)．。

交比
推论4 设 P0 , P1, P* 为点列l(P)中取定的相异三点, Pl(P). 则
(P*P0 , P1P) : P
x
为点列l(P)与 R 之间的一个双射. 其中
P P* P P0

x
无穷远点
x 0 分别“相当于”拓广直线上的原点
于是有, (P1P2,P3P)= (P1P2P3)为前三个通常点的简单比.
交比
3. 特殊情况
定理3 共线四点的交比值出现0, 1, 三者之一这四点中有某二点相同.
证明根据定理1，令P1=P2或P2=P3或P3=P4或P4=P1直接验证. 此时, 上述6个不同的交比值又只有3组：0, 1, .
时, 交比值变化规律如下：
(1).
不变
基点偶与分点偶交换基点偶与分点偶的字母同换
rr
(2).
改变
基点偶或分点偶字母对换
r

1 r
换中间或首尾字母对换 r 1 r.
推论由定理2, 相异的共线四点构成的24个交比只有6个不同
的值：
r, 1 , 1 1 ; 1 r, 1 , r .
(12,34) r
已知四点相异
(14,32) r 由题设 r r
r 1
r 1
r2 2r
r0 r2
(13, 24) 1 r 1.
5. 交比的计算 (1) 由坐标求交比
交比此步不可省！若不共线则交比无定义！
例2 已知P1(3,1,1), P2(7,5,1), Q1(6,4,1), Q2(9,7,1). 求(P1 P2, Q1 Q2).
的6个交比值只有3个：
1,
1,
2.
2

射影几何简介.

l1
h
A
B
l2 CD
• 德沙格定理如果两个三角形对应顶点的连线交于一点，则对应边所在直线的三个交点共线．
A
A1 C1 C
B1
B
• 帕斯卡定理若一六边形内接于一圆锥曲
线，则每两条对边相交而得到的三点在同
一条直线上．
P
Q
R
• 布里昂雄定理如果一个六边形外切于圆锥曲线，则六边形对应顶点的三条连线相交于一点． E
O
• 无穷远点画家没影点（消点）的概念
实际上指的是无穷远点．几何学家受此启
发引入了无穷远点的概念．阿尔贝蒂指出，画面上的平行线必须画成相交于某一点，除非它们平行于画面．但是没影点并不与原景中的任一点对应。为了保持这种对应关系，德沙格（Desargues， 1593-1662）在直线上引进了一个新的点，即无穷远点。
D
F
O
C A
B
• 拓广平面
引入无穷远点的直线叫拓广直线，在欧氏平面的每一条直线上都引入一个无穷远点，所有无穷远点的集合叫无穷远直线．引入无穷远直线后的欧氏平面叫拓广平面．
• 射影平面
在拓广平面上，如果不区别无穷远元素与通常元素，予以同等看待，则称拓广平面为射影平面．射影平面上的直线叫射影直线，射影平面上的点叫射影点．
交比
射影变换不能保持长度，也不能保持长度的比．但是，如果一条直线上有4个有序点A，B，C，D，它们在另一直线上的射影是A1，B1，C1，D1 ，则这两组有序点的交比相等．即射影变换能保持交比．
• 交比比值
(ABCD) CA / DA CB DB
叫做4个有序点的交比．
AB C
D
• 定理在射影变换下4个有序点的交比保持不变． O第Fra bibliotek节射影几何简介

交比

交比：射影几何研究的是射影变换之下的不变量。

长度、两直线的交角都不是，所以都不是射影几何研究的对象。

但是一条直线经过射影交换后还是一条直线，所以直线这个观念是属于射影几何学的。

在射影几何学中，任何两条直线都要相交于一点，就是平面几何中一组互相平行的直线也要相交于一无穷远点，而所有的不同（方向）的无穷远点组成一条无穷远直线。

在这种规约之下，「两直线相交」也是一个射影的不变量。

除了这些以外，交比是射影几何中一个很重要的不变量。

若A、B、C、D为一直线上的四点，则这四点的交比为（1）如图一，假设从直线外任一点P，引直线PA、PB、PC、PD，交另一直线于A'、B'、C'、D'。

我们可以把整个图形看成由P点发出的一个投影，而含的任一平面为截影。

如此，直线投影到，A、B、C、D分別投影到A'、B'、C'、D'。

交比之为投影的不变量就是说（AB,CD）＝（A'B',C'D'）（2）如果A'、B'、C'、D'经由另一点P'再投影到直线上的A"、B"、C"、D"，则（AB,CD）＝（A'B',C'D'）＝（A"B",C"D"）（3）經一次或多次的投影就說是射影。

（3）式說：交比是射影的不變量。

交比這個觀念遠在亞歷山大希臘時代就有了。

而且Menelaus（約西元100年）及Pappus（三世紀）都證明過（1）式的特殊情形或變形，但真正把射影當做重要概念，而且認定交比為重要的射影不變量的是十七世紀的Desargue。

Desargue 也是第一個有系統地引入無窮遠點與無窮遠直線的人。

在圖一中，如果P為一無窮點，則PA、PB、PC、PD都互相平行，那麼（2）式的成立顯而易見。

高等几何(第三、四章)

➢由于交比经中心射影后不变，故交比在透视对应下保持不变。
➢透视关系是对称的，但不具有传递性。 ➢定义2.3.透视对应链即为射影对应。
射影对应具有传递性。
2.2 一维基本形的射影对应
➢定义2.3.透视对应链即为射影对应。射影对应具有传递性。
➢定理2.1 两个点列间的一一对应是射影对应的充要条件是：任何四个对应点的交比相等。必要性显然；下面证明充分性；
P3
m2 m2
m3 m1
P1
m3 m2
m1 m1
P2 ,
P4
m2 m4 m2 m1
P1
m4 m2
m1 m1
P2 ,
P3
P1
m3 m2
m1 m1
m2 m2
m1 m3
P2 ,
P4
P1
m4 m2
m1 m1
m2 m2
m1 m4
P2 ,
m3 m1 m2 m1
(P1P2 , P3P4 )
设一个对应T保持任何四对对应点的交比不变,我们证明 T可由两个透视对应结合而成。
怎样才算证明了T可由两个透视对应结合而成？
要证明T的任何一对对应点均可由两个透视对应结合得到。
设 D, D’是T的任何一对对应点，我们证明D’可由D经过两次透视对应得到。
题目条件是T保持任何四对对应点的交比不变，现在只有一对对应点，无法用此条件，故我们设出三对对应点：
B
ac
b
C
ca b
§2 一维射影变换
➢点列与线束统称为一维基本形，本节研究一维基本形间的一种对应关系。
➢本节讲授的顺序与课本有所不同，我们的思路是从三个不同的角度去刻画一维射影对应，这三个角度分别为几何直观、本质性质以及代数的角度.

浅析射影几何及其应用

浅析射影几何及其应用湖北省黄冈中学一、概述射影几何是欧几里得几何学的一个重要分支，研究的是在射影变换中图形所具有的性质。

在高等数学中，射影几何的定义是根据克莱因的变换群理论与奥古斯特·费迪南德·莫比乌斯（1970-1868）的齐次坐标理论，这一部分已经涉及了群论和解析几何,但是这两位数学家对于射影几何的发展作出的巨大贡献是令人钦佩的。

在本次综合性学习中小组成员对于射影几何的纯几何内容进行了探究,对以下专题进行了研究:1、射影几何的基本概念及交比不变性2、笛沙格定理（早期射影几何中最重要的定理之一）3、对偶原理4、二次曲线在射影几何上的应用5、布列安桑定理和帕斯卡定理6、二次曲线蝴蝶定理二、研究过程1、射影几何的基本概念及交比不变性射影几何虽然不属于高考内容，射影几何与较为容易的中学几何具有更加抽象、难以理解的特点,但是射影几何所研究的图形的性质是极具有吸引力的，可以说是中学几何的一个延伸。

射影几何所研究的对象是图形的位置关系,和在射影变换下图形的性质。

射影，顾名思义,就是在光源(可以是平行光源或者是点光源)，图形保持的性质。

在生活中，路灯下人的影子会被拉长，矩形和圆在光源照射下会出现平行四边形和椭圆的影子，图形的形状和大小发生了变化。

然而，在这种变换中图形之间的有些位置关系没有变，比如，相切的椭圆和直线在变换之后仍相切。

此外,射影几何最重要的概念之一——交比也不会发生改变。

在中学的几何中,我们认为两条平行的直线是不相交的。

但是在射影几何中,我们可以规定一簇平行直线相交于平面上一个无穷远点，而通过这个点的所有直线是一簇有确定方向的平行直线。

一条直线有且只有一个无穷远点,平面上方向不同的直线经过不同的无穷远点。

所有这样的无穷远点构成了一条无穷远直线，同样在三维空间中可类似地定义出无穷远平面，这样就扩充了两个公理：1、过两点有且只有一条直线2、两条直线有且只有一个交点这两条公理对普通点（即非无穷远点）和无穷远点均成立。

射影变换

P3P4 )
(1 (2
3 )(2 3 )(1
4 ) 4 )
.
(2.2)
§ 2.1 交比
证明定理2.1. 以P1, P2,为基点，参数表示P3, P4. 设
a+λ1b=a', a+λ2b=b'.
从中解出a,
b,
得
a
a' 2
b' 1
,
2 1
b b'a' .
2 1
于是， P1, P2, P3, P4的坐标可表示为 a', b', 2 3 a' 3 1 b', 2 4 a' 4 1 b' 2 1 2 1 2 1 2 1
中的两个著名定理：Menelaus定理、Ceva定理.
§ 2.1 交比
一、点列中四点的交比
二、线束中四直线的交比
1、线束的参数表示
设a, b为线束S(p)中取定的相异二直线. 则对于任意的p∈S(p),
其坐标可表示为
a b
R.
称a, b为基线, λ为参数.
这里a, b, p均表示直线的齐次坐标. 注1 参数λ的几何意义？不易说清楚！容易看出
解：设 P3 P1 1P2, P4 P1 2P2. 则显然2 1, 由
(P1P2 , P3P4 )
1 2
1
1
2.
可得 1 2, 从而P3的坐标为(3,–1,3).
§ 2.1 交比
一、点列中四点的交比 1、定义 2、性质 3、特殊情况
4、调和比 5、交比的计算 (1). 由坐标求交比 (2). 由交比求坐标
即
a', b', a' 3 1 b', a' 4 1 b'.

射影几何观点下的椭圆蝴蝶定理对合证明的讨论

射影几何观点下的椭圆蝴蝶定理对合证明的讨论作者：王婷赵临龙来源：《科技风》2019年第20期摘要：利用射影几何的对合交比不变量关系，给出二次曲线的蝴蝶定理证明，并且利用中心投影和仿射变换，证明椭圆蝴蝶定理。

关键词：射影几何;对合;交比;不变量;蝴蝶定理;证明《高等几何》在几何问题研究中，发挥重要的工具作用。

如利用对合“交比”研究“蝴蝶定理”的证明，可以给出有趣的证明方法。

1 交比概念1.1 点列交比[1]设A、B、C、D为一直线点列中的四点，则有交比（AB;CD）=AC·BDAD·BC。

式中线段都为有向线段，其中A、B称为基点偶，C、D分点偶。

1.2 线束交比[1]设a、b、c、d为一点为线束中的四条直线，则有交比（ab;cd）=sin（a，c）·sin（b，d）sin（a，d）·sin（b，c）。

式中角度为两直线夹角，其中a、b称为基点偶，c、d分点偶。

交比有如下性质：交换基点偶和分点偶的位置，交比不变。

[1]点列交比与线束交比有关系：[1]（1）若线束中的四条直线a、b、c、d被任意一直线s截于A、B、C、D四点，则（ab;cd）=（AB;CD）。

（2）二次曲线上的两线束的交比为不变量。

1.3 射影对合[1]非恒等的一维射影变换，若任意一對对应的元素都交互对应，则该射影变换称为对合变换（简称对合）。

对合有如下性质：[1] 对合式可以写成下列两种范式之一：（1）μμ'=k（常数，且k≠0）;（2）μ+μ'=0。

2 蝴蝶定理介绍蝴蝶定理如图1.设O为圆内弦MN的中点，过O作弦AB和CD。

设AD和BC各相交MN于点P和Q，则O是PQ的中点。

图1图2 图3蝴蝶定理最早出现在1815年在英国的一份通俗杂志《先生日记》（Gentleman's Diary）征解栏内刊出，不知是编辑大意还是其它原因，未能提供命题人的姓名。

1944年第2期的《美国数学月刊》，由其外形结构将它称为“蝴蝶定理”。

交比的性质

编号学士学位论文交比的性质学生姓名：吴丽娟学号：20080102046系部：数学系专业：数学与应用数学年级：08-2班指导教师：王卫东完成日期：2012 年 3 月 4 日中文摘要交比是射影几何学中唯一基本的不变量,是射影几何的一个至关重要的概念和工具。

在高等几何教学中抓住交比这个基本不变量，可以加深对射影几何的理解，下面就从交比的概念、性质，来讨论交比在射影几何中的应用。

本文先给出关于交比的各种概念,再叙述其性质,后得出了利用交比求二次曲线，用交比表示射影坐标，用交比定义射影变换，用交比确定射影平面上点的位置，用交比来证明三直线共点或三点共线，用调和比解决仿射几何中线段中点问题和度量几何中角的平分线问题的方法。

关键词：交比射影几何二次曲线射影变换The nature of the cross-ratioAbstractThe cross ratio is projective geometry, only the basic invariants, is an essential concepts and tools of projective geometry. Seize to pay the basic variables in the Teaching of Higher Geometry can deepen the understanding of projective geometry, following on from the concept of cross ratio, nature, to discuss the cross ratio in projective geometry. The paper first gives a variety of concepts on the cross-ratio, and then describes its nature, obtained using the cross-ratio quadratic curve, the projective coordinates, the cross-ratio cross ratio defined projective transformation, using the cross-ratio to determine the projective plane location of the point to prove, with the cross-ratio three straight collinear with harmonic than the midpoint of line segment in the affine geometry and metric geometry, angle bisector.Key words: cross-ratio; projective geometry; quadratic curve; projective transformation2目录中文摘要 (1)ABSTRACT (2)引言 (2)1. 交比 (3)1.1点列中四点的交比 (3)1.2线束中四条直线的交比 (6)1.3点列中四点的交比和线束中四条直线的交比的关系 (9)关系1.3.1 (9)关系1.3.2 (10)2. 交比在几何中的一些应用 (12)2.1用交比定义射影坐标 (12)2.2用交比定义射影变换 (14)2.3用交比定义二次曲线 (15)2.4用交比确定射影平面上点的位置 (17)2.5用交比来证明三直线共点或三点共线 (19)2.6用调和比解决仿射几何中线段中点问题和度量几何中角的平分线问题 (20)参考文献 (24)致谢 (25)3引言众所周知交比是射影变换的基本不变量,一般是用共线的四个点来定义的，亦称之为非调和比。

2024年高考数学新模式新题型数学与阅读理解及答案

2024年高考数学19题新模式新结构新题型1(2023上·北京朝阳·高三统考期中/24南通)已知A m =a 1,1a 1,2⋯a 1,m a 2,1a 2,2⋯a 2,m ⋮⋮⋱⋮a m ,1a m ,2⋯a m ,m(m ≥2)是m 2个正整数组成的m 行m 列的数表，当1≤i <s ≤m ,1≤j <t ≤m 时，记d a i ,j ,a s ,t =a i ,j -a s ,j +a s ,j -a s ,t ．设n ∈N *，若A m 满足如下两个性质：①a i ,j ∈1,2,3;⋯,n (i =1,2,⋯,m ;j =1,2,⋯,m )；②对任意k ∈1,2,3,⋯,n ，存在i ∈1,2,⋯,m ,j ∈1,2,⋯,m ，使得a i ,j =k ，则称A m 为Γn 数表．(1)判断A 3=123231312是否为Γ3数表，并求d a 1,1,a 2,2 +d a 2,2,a 3,3 的值；(2)若Γ2数表A 4满足d a i ,j ,a i +1,j +1 =1(i =1,2,3;j =1,2,3)，求A 4中各数之和的最小值；(3)证明：对任意Γ4数表A 10，存在1≤i <s ≤10,1≤j <t ≤10，使得d a i ,j ,a s ,t =0．2(镇海高三期末)19. 在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C ：y =f x 上的曲线段AB ，其弧长为Δs ，当动点从A 沿曲线段AB运动到B 点时，A 点的切线l A 也随着转动到B 点的切线l B ，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于l B 的倾斜角与l A 的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K =ΔθΔs为曲线段AB 的平均曲率；显然当B 越接近A ，即Δs 越小，K 就越能精确刻画曲线C 在点A 处的弯曲程度，因此定义K =lim Δs →0ΔθΔs =y 1+y 232(若极限存在)为曲线C 在点A 处的曲率．(其中y ＇，y ＇＇分别表示y =f x 在点A 处的一阶、二阶导数)(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；(2)求椭圆x 24+y 2=1在3,12处的曲率；(3)定义φy =22y 1+y3为曲线y =f x 的“柯西曲率”．已知在曲线f x =x ln x -2x 上存在两点P x 1,f x 1 和Q x 2,f x 2 ，且P ，Q 处的“柯西曲率”相同，求3x 1+3x 2的取值范围．3(合肥一中期末)19．同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，b∈Z，m∈N*且m>1．若m a-b则称a与b关于模m同余，记作a≡b(mod m)(“|”为整除符号)．(1)解同余方程x2-x≡0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列a n，其中a1<a2<a3<⋯<a n．①若b n=a n+1-a n(n∈N*)，数列b n的前n项和为S n，求S2024；②若c n=tan a2n+1⋅tan a2n-1(n∈N*)，求数列c n的前n项和T n．4(北京西城)给定正整数N≥3，已知项数为m且无重复项的数对序列A：x1,y1,⋅⋅⋅,x m,y m,x2,y2满足如下三个性质：①x i,y i∈1,2,⋅⋅⋅,N，且x i≠y i i=1,2,⋅⋅⋅,m；③p,q与；②x i+1=y i i=1,2,⋅⋅⋅,m-1q,p不同时在数对序列A中.(1)当N=3，m=3时，写出所有满足x1=1的数对序列A；(2)当N=6时，证明：m≤13；(3)当N为奇数时，记m的最大值为T N ，求T N .5(如皋市)对于给定的正整数n ，记集合R n ={α |α =(x 1,x 2,x 3,⋅⋅⋅,x n ),x j ∈R ,j =1,2,3,⋅⋅⋅,n }，其中元素α 称为一个n 维向量.特别地，0 =(0,0,⋅⋅⋅,0)称为零向量.设k ∈R ，α =(a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n )∈R n ，β =(b 1,b 2,⋅⋅⋅,b n )∈R n ，定义加法和数乘：kα =(ka 1,ka 2,⋅⋅⋅,ka n )，α +β =(a 1+b 1,a 2+b 2,⋅⋅⋅,a n +b n ).对一组向量α1 ，α2 ，⋯，αs (s ∈N +,s ≥2)，若存在一组不全为零的实数k 1，k 2，⋯，k s ，使得k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k s αs =0 ，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．(1)对n =3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．①α =(1,1,1)，β =(2,2,2)；②α =(1,1,1)，β =(2,2,2)，γ =(5,1,4)；③α =(1,1,0)，β =(1,0,1)，γ =(0,1,1)，δ =(1,1,1).(2)已知α ，β ，γ 线性无关，判断α +β ，β +γ ，α +γ 是线性相关还是线性无关，并说明理由．(3)已知m (m ≥2)个向量α1 ，α2 ，⋯，αm 线性相关，但其中任意m -1个都线性无关，证明：①如果存在等式k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0 (k i ∈R ,i =1,2,3,⋅⋅⋅,m )，则这些系数k 1，k 2，⋯，k m 或者全为零，或者全不为零；②如果两个等式k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0 ，l 1α1 +l 2α2 +⋅⋅⋅+l m αm =0 (k i ∈R ,l i ∈R ,i =1,2,3,⋅⋅⋅,m )同时成立，其中l 1≠0，则k 1l 1=k 2l 2=⋅⋅⋅=k m l m.6(江苏四校)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称ACBC⋅BDAD(分式中各项均为有向线段长度，例如AB=-BA)为A，B，C，D四点的交比，记为(A,B;C,D)．(1)证明：1-(D,B;C,A)=1(B,A;C,D)；(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)= (A2,B2;C2,D2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若ΔEFG与ΔE F G 的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则ΔEFG与ΔE F G 对应边的交点在一条直线上．7(高考仿真)已知无穷数列a n满足a n=max a n+1,a n+2-min a n+1,a n+2(n=1,2,3,⋯)，其中max {x,y}表示x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数.(1)当a1=1，a2=2时，写出a4的所有可能值；(2)若数列a n中的项存在最大值，证明：0为数列a n中的项；(3)若a n>0(n=1,2,3,⋯)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a n≤M？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.8(高考仿真)若项数为k(k∈N*，k≥3)的有穷数列{a n}满足：0≤a1<a2<a3<⋅⋅⋅<a k，且对任意的i，j(1≤i≤j≤k)，a j+a i或a j-a i是数列{a n}中的项，则称数列{a n}具有性质P．(1)判断数列0,1,2是否具有性质P，并说明理由；(2)设数列{a n}具有性质P，a i(i=1，2，⋯，k)是{a n}中的任意一项，证明：a k-a i一定是{a n}中的项；(3)若数列{a n}具有性质P，证明：当k≥5时，数列{a n}是等差数列．9(安徽)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中.阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点M 与两定点Q ,P 的距离之比MQ MP=λ(λ>0,λ≠1),λ是一个常数，那么动点M 的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线PQ 上.已知动点M 的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x 2+y 2=4，定点分别为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点F 与右顶点A ，且椭圆C 的离心率为e =12.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图，过右焦点F 斜率为k (k >0)的直线l 与椭圆C 相交于B ,D (点B 在x 轴上方)，点S ,T 是椭圆C 上异于B ,D 的两点，SF 平分∠BSD ,TF 平分∠BTD .①求BS DS的取值范围；②将点S ､F ､T 看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若△SFT 外接圆的面积为81π8，求直线l 的方程.10(郑州外国语)记U ={1,2,⋯,100}．对数列a n n ∈N * 和U 的子集T ，若T =∅，定义S T =0；若T =t 1,t 2,⋯,t k ，定义S T =a t 1+a t 2+⋯+a tk ．例如：T =1,3,66 时，S T =a 1+a 3+a 66．现设a n n ∈N * 是公比为3的等比数列，且当T =2,4 时，S T =30．(1)求数列a n 的通项公式；(2)对任意正整数k 1≤k ≤100 ，若T 1,2,⋯,k ，求证：S T <a k +1；(3)设C ⊆U ,D ⊆U ,SC ≥SD ，求证：S C +S C ∩D ≥2S D ．11(福建模拟)2022年北京冬奥会标志性场馆--国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．(Ⅰ)利用祖暅原理推导半径为R 的球的体积公式时，可以构造如图所示的几何体M ，几何体M 的底面半径和高都为R ，其底面和半球体的底面同在平面α内.设与平面α平行且距离为d 的平面β截两个几何体得到两个截面，请在图中用阴影画出与图中阴影截面面积相等的图形并给出证明；(Ⅱ)现将椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球A ，B (如图)，类比(Ⅰ)中的方法，探究椭球A 的体积公式，并写出椭球A ，B 的体积之比．12用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若f'x 是f x 的导函数，f''x 是f'x 的导函数，则曲线y=f x 在点x,f x处的曲率K=|f (x)|1+[f (x)]232．(1)若曲线f x =ln x+x与g x =x在1,1处的曲率分别为K1，K2，比较K1，K2的大小；(2)求正弦曲线h x =sin x(x∈R)曲率的平方K2的最大值．13设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1-12π(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+⋯+∠Q k-1PQ k+∠Q k PQ1)，其中Q i(i=1，2，⋯，k，k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q 1PQ 2，平面Q 2PQ 3，⋯，平面Q k -1PQ k和平面Q k PQ 1遍历多面体M的所有以P为公共点的面．(1)任取正四面体的一个顶点，求该点处的离散曲率；(2)如图1，已知长方体A 1B 1C 1D 1-ABCD，AB=BC=1，AA1=22，点P为底面A 1B 1C 1D 1内的一个动点，则求四棱锥P-ABCD在点P处的离散曲率的最小值；(3)图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域?(只需确定“区域α”还是“区域β”)14近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于2π与多面体在该点的所有面角之和的差(多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示)，多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是π2，所以正方体在各顶点的曲率为2π-3×π2=π2，故其总曲率为4π．(1)求四棱锥的总曲率；(2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D，棱数为L，面数为M，则有：D-L+M=2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数．2024年高考数学19题新模式新结构新题型1(2023上·北京朝阳·高三统考期中/24南通)已知A m =a 1,1a 1,2⋯a 1,m a 2,1a 2,2⋯a 2,m ⋮⋮⋱⋮a m ,1a m ,2⋯a m ,m(m ≥2)是m 2个正整数组成的m 行m 列的数表，当1≤i <s ≤m ,1≤j <t ≤m 时，记d a i ,j ,a s ,t =a i ,j -a s ,j +a s ,j -a s ,t ．设n ∈N *，若A m 满足如下两个性质：①a i ,j ∈1,2,3;⋯,n (i =1,2,⋯,m ;j =1,2,⋯,m )；②对任意k ∈1,2,3,⋯,n ，存在i ∈1,2,⋯,m ,j ∈1,2,⋯,m ，使得a i ,j =k ，则称A m 为Γn 数表．(1)判断A 3=123231312是否为Γ3数表，并求d a 1,1,a 2,2 +d a 2,2,a 3,3 的值；(2)若Γ2数表A 4满足d a i ,j ,a i +1,j +1 =1(i =1,2,3;j =1,2,3)，求A 4中各数之和的最小值；(3)证明：对任意Γ4数表A 10，存在1≤i <s ≤10,1≤j <t ≤10，使得d a i ,j ,a s ,t =0．【答案】(1)是；5(2)22(3)证明见详解【分析】(1)根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；(2)根据条件讨论a i +1,j 的值，根据d a i ,j ,a s ,t =a i ,j -a s ,j +a s ,j -a s ,t ，得到相关的值，进行最小值求和即可；(3)当r i ≥2时，将横向相邻两个k 用从左向右的有向线段连接，则该行有r i -1条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.【详解】(1)A 3=123231312是Γ3数表，d a 1,1,a 2,2 +d a 2,2,a 3,3 =2+3=5.(2)由题可知d a i ,j ,a s ,t =a i ,j -a s ,j +a s ,j -a s ,t =1(i =1,2,3;j =1,2,3).当a i +1,j =1时，有d a i ,j ,a i +1,j +1 =(a i ,j -1)(a i +1,j +1-1)=1，所以a i ,j +a i +1,j +1=3.当a i +1,j =2时，有d a i ,j ,a i +1,j +1 =(2-a i ,j )(2-a i +1,j +1)=1，所以a i ,j +a i +1,j +1=3.所以a i ,j +a i +1,j +1=3(i =1,2,3;j =1,2,3).所以a 1,1+a 2,2+a 3,3+a 4,4=3+3=6,a 1,3+a 2,4=3,a 3,1+a 4,2=3.a 1,2+a 2,3+a 3,4=3+1=4或者a 1,2+a 2,3+a 3,4=3+2=5，a 2,1+a 3,2+a 4,3=3+1=4或者a 2,1+a 3,2+a 4,3=3+2=5，a 1,4=1或a 1,4=2，a 4,1=1或a 4,1=2，故各数之和≥6+3+3+4+4+1+1=22，当A 4=1111122212111212时，各数之和取得最小值22.(3)由于Γ4数表A 10中共100个数字，必然存在k ∈1,2,3,4 ，使得数表中k 的个数满足T ≥25.设第i 行中k 的个数为r i (i =1,2,⋅⋅⋅,10).当r i ≥2时，将横向相邻两个k 用从左向右的有向线段连接，则该行有r i -1条有向线段，所以横向有向线段的起点总数R =∑r i ≥2(r i -1)≥∑i =110(r i -1)=T -10.设第j 列中k 的个数为c j (j =1,2,⋅⋅⋅,10).当c j ≥2时，将纵向相邻两个k 用从上到下的有向线段连接，则该列有c j -1条有向线段，所以纵向有向线段的起点总数C =∑c j ≥2(c j -1)≥∑j =110(c j -1)=T -10.所以R +C ≥2T -20,因为T ≥25,所以R +C -T ≥2T -20-T =T -20>0.所以必存在某个k 既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，即存在1<u <v ≤10，1<p <q ≤10,使得a u ,p =a v ,p =a v ,q =k ，所以d a u ,p ,a v ,q =a u ,p -a v ,p +a v ,p -a v ,q =0，则命题得证.2(镇海高三期末)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C ：y =f x 上的曲线段AB，其弧长为Δs ，当动点从A 沿曲线段AB运动到B 点时，A 点的切线l A 也随着转动到B 点的切线l B ，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于l B 的倾斜角与l A 的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K =ΔθΔs为曲线段AB 的平均曲率；显然当B 越接近A ，即Δs 越小，K 就越能精确刻画曲线C 在点A 处的弯曲程度，因此定义K =lim Δs →0ΔθΔs =y 1+y 2 32(若极限存在)为曲线C 在点A 处的曲率．(其中y ＇，y ＇＇分别表示y =f x 在点A 处的一阶、二阶导数)(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；(2)求椭圆x 24+y 2=1在3,12处的曲率；(3)定义φy =22y1+y3为曲线y =f x 的“柯西曲率”．已知在曲线f x =x ln x -2x 上存在两点P x 1,f x 1 和Q x 2,f x 2 ，且P ，Q 处的“柯西曲率”相同，求3x 1+3x 2的取值范围．【答案】(1)1(2)16749(3)2e ,1 【解析】【分析】(1)依据所给定义求解即可.(2)直接利用定义求解即可.(3)合理构造给定式子，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.【小问1详解】K =ΔθΔs=π3π3=1．【小问2详解】y =1-x 24，y=-x 41-x 24 -12，y =-141-x 24 -12-x 2161-x 24-32，故y x =3=-32，y x =3=-2，故K =21+3432=16749．【小问3详解】fx =ln x -1，fx =1x ，故φy =22y 1+y3=22x ln x 3=2233s ln s 3，其中s =3x ，令t 1=3x 1，t 2=3x 2，则t 1ln t 1=t 2ln t 2，则ln t 1=-t ln tt -1，其中t =t 2t 1>1(不妨t 2>t 1)令p x =x ln x ，p x =1+ln x ⇒p x 在0,1e 递减，在1e ,+∞ 递增，故1>t 2>1e>t 1>0；令h t =ln t 1+t 2 =ln t +1 -t ln tt -1，h 't =1t -1 2ln t -2t -1 t +1 ，令m (t )=ln t -2t -1 t +1(t >1)，则m(t )=t -1 2t (t +1)，当t >1时，m (t )>0恒成立，故m (t )在(1,+∞)上单调递增，可得m (t )>m (1)=0，即ln t -2t -1t +1>0，故有h t =1t -1 2ln t -2t -1 t +1>0，则h t 在1,+∞ 递增，又lim t →1h t =ln2-1，lim t →+∞h t =0，故ln t 1+t 2 ∈ln2-1,0 ，故3x 1+3x 2=t 1+t 2∈2e ,1．【点睛】关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极限方法求得关键函数值域，最终即可求解．3(合肥一中期末)同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a ，b ∈Z ，m ∈N *且m >1．若m a -b 则称a 与b 关于模m 同余，记作a ≡b (mod m )(“|”为整除符号)．(1)解同余方程x 2-x ≡0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列a n ，其中a 1<a 2<a 3<⋯<a n ．①若b n =a n +1-a n (n ∈N *)，数列b n 的前n 项和为S n ，求S 2024；②若c n =tan a 2n +1⋅tan a 2n -1(n ∈N *)，求数列c n 的前n 项和T n ．解：(1)由题意x x -1 ≡0(mod3)，所以x =3k 或x -1=3k (k ∈Z )，即x =3k 或x =3k +1(k ∈Z )．(2)由(1)可得a n 为3,4,6,7,9,10,⋯ ，所以a n =3×n +12n 为奇数3×n 2+1n 为偶数．①因为b n =a n +1-a n (n ∈N *)，所以b n =1n 为奇数2n 为偶数．S 2024=b 1+b 2+b 3+⋯+b 2024=3×1012=3036．②c n =tan a 2n +1⋅tan a 2n -1=tan3n ⋅tan3n +1 (n ∈N *)．因为tan3n ⋅tan3n +1 =tan3n +1 -tan3ntan3-1，所以T n =c 1+c 2+⋯c n =tan6-tan3tan3-1 +tan9-tan6tan3-1 +⋯+tan3n +1 -tan3n tan3-1=tan3n +1 -tan3tan3-n =tan3n +1 tan3-n -1．4(北京西城)给定正整数N ≥3，已知项数为m 且无重复项的数对序列A ：x 1,y 1 ,x 2,y 2 ,⋅⋅⋅,x m ,y m 满足如下三个性质：①x i ,y i ∈1,2,⋅⋅⋅,N ，且x i ≠y i i =1,2,⋅⋅⋅,m ；②x i +1=y i i =1,2,⋅⋅⋅,m -1 ；③p ,q 与q ,p 不同时在数对序列A 中.(1)当N =3，m =3时，写出所有满足x 1=1的数对序列A ；(2)当N =6时，证明：m ≤13；(3)当N 为奇数时，记m 的最大值为T N ，求T N .【答案】(1)A :1,2 ,2,3 ,3,1 或A :1,3 ,3,2 ,2,1(2)证明详见解析(3)T N =12N N -1【解析】【分析】(1)利用列举法求得正确答案.(2)利用组合数公式求得m 的一个大致范围，然后根据序列A 满足的性质证得m ≤13.(3)先证明T N +2 =T N +2N +1，然后利用累加法求得T N .【小问1详解】依题意，当N =3，m =3时有：A :1,2 ,2,3 ,3,1 或A :1,3 ,3,2 ,2,1 .【小问2详解】当N =6时，因为p ,q 与q ,p 不同时在数对序列A 中，所以m ≤C 26=15，所以1,2,3,4,5,6每个数至多出现5次，又因为x i +1=y i i =1,2,⋯,m -1 ，所以只有x 1,y m 对应的数可以出现5次，所以m ≤12×4×4+2×5 =13.【小问3详解】当N 为奇数时，先证明T N +2 =T N +2N +1.因为p ,q 与q ,p 不同时在数对序列A 中，所以T N ≤C 2N =12N N -1 ，当N =3时，构造A :1,2 ,2,3 ,3,1 恰有C 23项，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1.对奇数N ，如果和可以构造一个恰有C 2N 项的序列A ，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1，那么多奇数N +2而言，可按如下方式构造满足条件的序列A ：首先，对于如下2N +1个数对集合：1,N +1 ,N +1,1 ,1,N +2 ,N +2,1 ，2,N +1 ,N +1,2 ,2,N +2 ,N +2,2 ，⋯⋯N ,N +1 ,N +1,N ,N ,N +2 ,N +2,N ，N +1,N +2 ,N +2,N +1 ，每个集合中都至多有一个数对出现在序列A 中，所以T N +2 ≤T N +2N +1，其次，对每个不大于N 的偶数i ∈2,4,6,⋯,N -1 ，将如下4个数对并为一组：N +1,i ,i ,N +2 ,N +2,i +1 ,i +1,N +1 ，共得到N -12组，将这N -12组对数以及1,N +1 ,N +1,N +2 ,N +2,1 ，按如下方式补充到A 的后面，即A ,1,N +1 ,N +1,2 ,2,N +2 ,N +2,3 ,3,n +1 ,⋯,(N +1,N -1),(N -1,N +2),(N +2,N ),(N ,N +1),(N +1,N +2),(N +2,1).此时恰有T N +2N +1项，所以T N +2 =T N +2N +1.综上，当N 为奇数时，T N =T N -T N -2 +T N -2 -T N -4 +⋯+T 5 -T 3 +T 3 =2N -2 +1 +2N -4 +1 +⋯+2×3+1 +3=2N -2 +1 +2N -4 +1 +⋯+2×3+1 +2×1+1 =2N -3 +2N -7 +⋯+7+3=2N -3+32×N -2+12=12N N -1 .【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”--明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.5(如皋市)对于给定的正整数n ，记集合R n ={α |α=(x 1,x 2,x 3,⋅⋅⋅,x n ),x j ∈R ,j =1,2,3,⋅⋅⋅,n }，其中元素α称为一个n 维向量.特别地，0 =(0,0,⋅⋅⋅,0)称为零向量.设k ∈R ，α =(a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n )∈R n ，β =(b 1,b 2,⋅⋅⋅,b n )∈R n ，定义加法和数乘：kα =(ka 1,ka 2,⋅⋅⋅,ka n )，α +β=(a 1+b 1,a 2+b 2,⋅⋅⋅,a n +b n ).对一组向量α1 ，α2 ，⋯，αs (s ∈N +,s ≥2)，若存在一组不全为零的实数k 1，k 2，⋯，k s ，使得k 1α1 +k 2α2+⋅⋅⋅+k s αs =0 ，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．(1)对n =3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．①α=(1,1,1)，β =(2,2,2)；②α =(1,1,1)，β =(2,2,2)，γ=(5,1,4)；③α =(1,1,0)，β =(1,0,1)，γ=(0,1,1)，δ =(1,1,1).(2)已知α ，β ，γ 线性无关，判断α +β ，β +γ ，α +γ是线性相关还是线性无关，并说明理由．(3)已知m (m ≥2)个向量α1 ，α2 ，⋯，αm线性相关，但其中任意m -1个都线性无关，证明：①如果存在等式k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0(k i ∈R ,i =1,2,3,⋅⋅⋅,m )，则这些系数k 1，k 2，⋯，k m 或者全为零，或者全不为零；②如果两个等式k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0 ，l 1α1 +l 2α2 +⋅⋅⋅+l m αm =0 (k i ∈R ,l i ∈R ,i =1,2,3,⋅⋅⋅,m )同时成立，其中l 1≠0，则k 1l 1=k 2l 2=⋅⋅⋅=km l m.(1)解：对于①，设k 1α +k 2β =0 ，则可得k 1+2k 2=0，所以α ,β线性相关；对于②，设k 1α +k 2β +k 3γ =0，则可得k 1+2k 2+5k 3=0k 1+2k 2+k 3=0k 1+2k 2+4k 3=0 ，所以k 1+2k 2=0，k 3=0，所以α ,β ,γ线性相关；对于③，设k 1α +k 2β +k 3γ+k 4δ =0 ，则可得k 1+k 2+k 4=0k 1+k 3+k 4=0k 2+k 3+k 4=0 ，解得k 1=k 2=k 3=-12k 4，所以α ,β ,γ ,δ 线性相关；(2)解：设k 1(α +β )+k 2(β +γ )+k 3(α +γ)=0 ，则(k 1+k 3)α +(k 1+k 2)β +(k 2+k 3)γ =0，因为向量α ，β ，γ线性无关，所以k 1+k 3=0k 1+k 2=0k 2+k 3=0 ，解得k 1=k 2=k 3=0，所以向量α +β ，β +γ ，α +γ线性无关，(3)①k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0，如果某个k i =0，i =1，2，⋯，m ，则k 1α1 +k 2α2 +⋯+k i -1αi -1 +k i +1αi +1 +⋅⋅⋅+k m αm =0 ，因为任意m -1个都线性无关，所以k 1，k 2，⋯k i -1，k i +1，⋅⋅⋅，k m 都等于0，所以这些系数k 1，k 2，⋅⋅⋅，k m 或者全为零，或者全不为零，②因为l 1≠0，所以l 1，l 2，⋅⋅⋅，l m 全不为零，所以由l 1α1 +l 2α2 +⋅⋅⋅+l m αm =0 可得α1 =-l 2l 1α2 -⋅⋅⋅-l m l 1αm，代入k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0 可得k 1-l 2l 1α2 -⋅⋅⋅-l m l 1αm+k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0 ，所以-l 2l 1k 1+k 2 α2 +⋅⋅⋅+-lm l 1k 1+k mαm =0 ，所以-l 2l 1k 1+k 2=0，⋯，-lm l 1k 1+k m =0，所以k 1l 1=k 2l 2=⋅⋅⋅=km l m.6(江苏四校)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A ，B ，C ，D 是直线l 上互异且非无穷远的四点，则称AC BC ⋅BDAD(分式中各项均为有向线段长度，例如AB =-BA )为A ，B ，C ，D四点的交比，记为(A ,B ;C ,D )．(1)证明：1-(D ,B ;C ,A )=1(B ,A ;C ,D )；(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)= (A2,B2;C2,D2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若ΔEFG与ΔE F G 的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则ΔEFG与ΔE F G 对应边的交点在一条直线上．解：(1)1-(D,B;C,A)=1-DC⋅BABC⋅DA=BC⋅AD+DC⋅BABC⋅AD=BC⋅(AC+CD)+CD⋅ABBC⋅AD=BC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅ABBC⋅AD =BC⋅AC+AC⋅CDBC⋅AD=AC⋅BDBC⋅AD=1(B,A;C,D)；(2)(A1,B1;C1,D1)=A1C1⋅B1D1B1C1⋅A1D1=SΔPA1C1⋅SΔPB1D1SΔPB1C1⋅SΔPA1D1=12⋅PA1⋅PC1⋅sin∠A1PC1⋅12⋅PB1⋅PD1⋅sin∠B1PD112⋅PB1⋅PC1⋅sin∠B1PC1⋅12⋅PA1⋅PD1⋅sin∠A1PD1=sin∠A1PC1⋅sin∠B1PD1sin∠B1PC1⋅sin∠A1PD1=sin∠A2PC2⋅sin∠B2PD2sin∠B2PC2⋅sin∠A2PD2=SΔPA2C2⋅SΔPB2D2SΔPB2C2⋅SΔPA2D2==A2C2⋅B2D2B2C2⋅A2D2=(A2,B2;C2,D2)；第(2)问图第(3)问图（3）设EF与E F 交于X，FG与F G 交于Y，EG与E G 交于Z，连接XY，FF 与XY交于L，EE 与XY交于M，GG 与XY交于N，欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．考虑线束XP，XE，XM，XE ，由第(2)问知(P,F;L,F )=(P,E;M,E )，再考虑线束YP，YF，YL，YF ，由第(2)问知(P,F;L, F )=(P,G;N,G )，从而得到(P,E;M,E )=(P,G;N,G )，于是由第(2)问的逆命题知，EG，MN，E G 交于一点，即为点Z，从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．7(高考仿真)已知无穷数列a n满足a n=max a n+1,a n+2-min a n+1,a n+2(n=1,2,3,⋯)，其中max {x,y}表示x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数.(1)当a1=1，a2=2时，写出a4的所有可能值；(2)若数列a n中的项存在最大值，证明：0为数列a n中的项；(3)若a n>0(n=1,2,3,⋯)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a n≤M？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.【答案】(1){1,3,5}(2)证明见解析(3)不存在，理由见解析【解析】【分析】(1)根据定义知a n≥0，讨论a3>2、a3<2及a3,a4大小求所有a4可能值；(2)由a n≥0，假设存在n0∈N*使a n≤a n0，进而有a n≤max{a n+1,a n+2}≤a n，可得min{a n+1,a n+2}=0，即可证结论；(3)由题设a n ≠a n +1(n =2,3,⋯)，令S ={n |a n >a n +1,n ≥1}，讨论S =∅、S ≠∅求证a n >M 即可判断存在性.【小问1详解】由a n =max a n +1,a n +2 -min a n +1,a n +2 ≥0，a 1=max {2,a 3}-min {2,a 3}=1，若a 3>2，则a 3-2=1，即a 3=3，此时a 2=max {3,a 4}-min {3,a 4}=2，当a 4>3，则a 4-3=2，即a 4=5；当a 4<3，则3-a 4=2，即a 4=1；若a 3<2，则2-a 3=1，即a 3=1，此时a 2=max {1,a 4}-min {1,a 4}=2，当a 4>1，则a 4-1=2，即a 4=3；当a 4<1，则1-a 4=2，即a 4=-1(舍)；综上，a 4的所有可能值为{1,3,5}.【小问2详解】由(1)知：a n ≥0，则min a n +1,a n +2 ≥0，数列a n 中的项存在最大值，故存在n 0∈N *使a n ≤a n 0，(n =1,2,3,⋯)，由a n 0=max {a n 0+1,a n 0+2}-min {a n 0+1,a n 0+2}≤max {a n 0+1,a n 0+2}≤a n 0，所以min {a n 0+1,a n 0+2}=0，故存在k ∈{n 0+1,n 0+2}使a k =0，所以0为数列a n 中的项；【小问3详解】不存在，理由如下：由a n >0(n =1,2,3,⋯)，则a n ≠a n +1(n =2,3,⋯)，设S ={n |a n >a n +1,n ≥1}，若S =∅，则a 1≤a 2，a i <a i +1(i =2,3,⋯)，对任意M >0，取n 1=Ma 1+2([x ]表示不超过x 的最大整数)，当n >n 1时，a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+...+(a 3-a 2)+a 2=a n -2+a n -3+...+a 1+a 2≥(n -1)a 1>M ；若S ≠∅，则S 为有限集，设m =max {n |a n >a n +1,n ≥1}，a m +i <a m +i +1(i =1,2,3,⋯)，对任意M >0，取n 2=M a m +1+m +1([x ]表示不超过x 的最大整数)，当n >n 2时，a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+...+(a m +2-a m +1)+a m +1=a n -2+a n -3+...+a m +a m +1≥(n -m )a m +1>M ；综上，不存在正实数M ，使得对任意的正整数n ，都有a n ≤M .【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定a n ≠a n +1(n =2,3,⋯)，并构造集合S ={n |a n >a n +1,n ≥1}，讨论S =∅、S ≠∅研究存在性.8(高考仿真)若项数为k (k ∈N *，k ≥3)的有穷数列{a n }满足：0≤a 1<a 2<a 3<⋅⋅⋅<a k ，且对任意的i ，j (1≤i ≤j ≤k )，a j +a i 或a j -a i 是数列{a n }中的项，则称数列{a n }具有性质P ．(1)判断数列0,1,2是否具有性质P ，并说明理由；(2)设数列{a n }具有性质P ，a i (i =1，2，⋯，k )是{a n }中的任意一项，证明：a k -a i 一定是{a n }中的项；(3)若数列{a n }具有性质P ，证明：当k ≥5时，数列{a n }是等差数列．解析：(1)数列0,1,2具有性质P .理由：根据有穷数列a n满足：0≤a1<a2<a3<⋅⋅⋅<a k，且对任意的i,j(1≤i≤j≤k)，a j+a i或a j-a i是数列a n中的项，则称数列a n具有性质P，对于数列0,1,2中，若对任意的i,j(1≤i≤j≤k)，可得a j-a i=0或1或2，可得a j-a i一定是数列a n中的项，所以数列0,1,2具有性质P.⋯⋯⋯⋯⋯4分(2)证明：由a i(i=1,2,⋯,k)是数列a n中的任意一项，因为数列{a n}具有性质P，即a j+a i或a j-a i是数列a n中的项，令j=k，可得a k+a i或a k-a i是数列a n中的项，又因为0≤a1<a2<⋯<a k，可得a k+a i一定不是数列a n中的项，所以a k-a i一定是数列a n中的项. ⋯⋯⋯⋯⋯8分(3)由数列{a n}具有性质P，可得a k+a k∉a n，所以a k-a k∈a n，则0∈a n，且a1=0，又由a k+a i∉a n，所以a k-a i∈a n，又由0=a k-a k<a k-a k-1<a k-a k-2<⋯<a k-a2<a k-a1，①设2≤i≤k，因为0≤a1<a2<⋯<a k可得a k-a k=0,a k-a k-1=a2,a k-a k-2=a3,⋯,a k-a2=a k-1,a k-a1=a k，当k≥5时，可得a k-a k-i=a i+11≤i≤k-1， (∗)②设3≤i≤k-2，则a k-1+a i>a k-1+a2=a k，所以a k-1+a i∉a n，由0=a k-1-a k-1<a k-1-a k-2<⋯<a k-1-a3<a k-a3=a k-2，又由0≤a1<a2<⋯<a k-3<a k-2，可得a k-1-a k-1=a1,a k-1-a k-2=a2⋯<a k-1-a k-3=a3,a k-1-a3=a k-3，所以a k-1-a k-i=a i(1≤i≤k-3)，因为k≥5，由以上可知：a k-1-a k-1=a1且a k-1-a k-2=a2，所以a k-1-a1=a k-1且a k-1-a2=a k-2，所以a k-1-a k-i=a i(1≤i≤k-1)，(∗∗)由(∗)知，a k-a k-i=a i+11≤i≤k-1两式相减，可得a k-a k-1=a i+1-a i1≤i≤k-1，所以当k≥5时，数列a n为等差数列. ⋯⋯⋯⋯⋯17分.9(安徽)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中.阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点M与两定点Q,P的距离之比MQMP=λ(λ>0,λ≠1),λ是一个常数，那么动点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线PQ上.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2=4，定点分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与右顶点A，且椭圆C的离心率为e=1 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图，过右焦点F 斜率为k (k >0)的直线l 与椭圆C 相交于B ,D (点B 在x 轴上方)，点S ,T 是椭圆C 上异于B ,D 的两点，SF 平分∠BSD ,TF 平分∠BTD .①求BSDS的取值范围；②将点S ､F ､T 看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若△SFT 外接圆的面积为81π8，求直线l 的方程.【答案】(1)x 28+y 26=1(2)①13,1 ②y =52x -102【解析】(1)方法①特殊值法，令M ±2,0 ,c -2 a -2=c +2a +2，且a =2c ，解得c 2=2.∴a 2=8,b 2=a 2-c 2=6，椭圆C 的方程为x 28+y 26=1，方法②设M x ,y ，由题意MFMA =(x -c )2+y 2(x -a )2+y 2=λ(常数)，整理得：x 2+y 2+2c -2aλ2λ2-1x +λ2a 2-c2λ2-1=0，故2c -2aλ2λ2-1=0λ2a 2-c 2λ2-1=-4，又c a =12，解得：a =22,c = 2.∴b 2=a 2-c 2=6，椭圆C 的方程为x 28+y 26=1.(2)①由S △SBF S △SDF =12SB⋅SF ⋅sin ∠BSF 12SD⋅SF ⋅sin ∠DSF =SB SD ，又S △SBF S △SDF =BF DF ，∴BS DS=BF DF(或由角平分线定理得)，令BF DF=λ，则BF =λFD，设D x 0,y 0 ，则有3x 20+4y 20=24，又直线l 的斜率k >0，则x 0∈-22,2 ,x B =2λ+1 -λx 0y B =-λy 0代入3x 2+4y 2-24=0得：321+λ -λx 0 2+4λ2y 20-24=0，即λ+1 5λ-3-2λx 0 =0，∵λ>0,∴λ=35-2x 0∈13,1 .②由(1)知，SB SD=TB TD=BF DF，由阿波罗尼斯圆定义知，S ,T ,F 在以B ,D 为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为C 1，半径为r ，与直线l 的另一个交点为N ，则有BF DF =NB ND ，即BF DF =2r -BF 2r +DF ，解得：r =11BF-1DF.又S 圆C 1=πr 2=818π，故r =922,∴1BF -1DF=229又DF =x 0-2 2+y 20=x 0-2 2+6-34x 20=22-12x 0，∴1BF -1DF =1λDF -1DF =5-2x 0322-12x 0 -122-12x 0=2-2x 0322-12x 0=229.解得：x 0=-22,y 0=-6-34x 20=-3104,∴k =-y 02-x 0=52,∴直线l 的方程为y =52x -102.10(郑州外国语)记U ={1,2,⋯,100}．对数列a n n ∈N * 和U 的子集T ，若T =∅，定义S T =0；若T =t 1,t 2,⋯,t k ，定义S T =a t 1+a t 2+⋯+a tk ．例如：T =1,3,66 时，S T =a 1+a 3+a 66．现设a n n ∈N * 是公比为3的等比数列，且当T =2,4 时，S T =30．(1)求数列a n 的通项公式；(2)对任意正整数k 1≤k ≤100 ，若T 1,2,⋯,k ，求证：S T <a k +1；(3)设C ⊆U ,D ⊆U ,SC ≥SD ，求证：S C +S C ∩D ≥2S D ．解：(1)当T =2,4 时，S T =a 2+a 4=a 2+9a 2=30，因此a 2=3，从而a 1=a 23=1,a n =3n -1；(2)S T ≤a 1+a 2+⋯a k =1+3+32+⋯+3k -1=3k -12<3k =a k +1；(3)设A =∁C C ∩D ,B =∁D C ∩D ，则A ∩B =∅,S C =S A +S C ∩D ，S D =S B +S C ∩D ，S C +S C ∩D -2S D =S A -2S B ，因此原题就等价于证明S A ≥2S B ．由条件S C ≥S D 可知S A ≥S B ．①若B =∅，则S B =0，所以S A ≥2S B ．②若B ≠∅，由S A ≥S B 可知A ≠∅，设A 中最大元素为l ,B 中最大元素为m ，若m ≥l +1，则由第(2)小题，S A <a l +1≤a m ≤S B ，矛盾．因为A ∩B =∅，所以l ≠m ，所以l ≥m +1，S B ≤a 1+a 2+⋯+a m =1+3+32+⋯+3m -1=3m -12<a m +12≤a l 2≤S A 2，即S A >2S B ．综上所述，S A ≥2S B ，因此S C +S C ∩D ≥2S D ．11(福建模拟)2022年北京冬奥会标志性场馆--国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．(Ⅰ)利用祖暅原理推导半径为R 的球的体积公式时，可以构造如图所示的几何体M ，几何体M 的底面半径和高都为R ，其底面和半球体的底面同在平面α内.设与平面α平行且距离为d 的平面β截两个几何体得到两个截面，请在图中用阴影画出与图中阴影截面面积相等的图形并给出证明；(Ⅱ)现将椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球A ，B (如图)，类比(Ⅰ)中的方法，探究椭球A 的体积公式，并写出椭球A ，B 的体积之比．【答案】解： (Ⅰ)由图可知，图①几何体的为半径为R 的半球，图②几何体为底面半径和高都为R 的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图①截面面积相等的图形是圆环(如阴影部分)证明如下：在图①中，设截面圆的圆心为O 1，易得截面圆O 1的面积为πR 2-d 2 ，在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为d ，所以，圆环的面积为πR 2-d 2 ，所以，截得的截面的面积相等(Ⅱ)类比(Ⅰ)可知，椭圆的长半轴为a ，短半轴为b ，构造一个底面半径为b ，高为a 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上(如图)，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为b ，高为a ；在半椭球截面圆的面积πb 2a2a 2-d 2，在圆柱内圆环的面积为πb 2-πb 2a 2d 2=πb 2a2a 2-d 2∴距离平面α为d 的平面截取两个几何体的平面面积相等，根据祖暅原理得出椭球A 的体积为：V A =2V 圆柱-V 圆锥 =2π⋅b 2⋅a -13π⋅b 2⋅a =4π3ab 2，同理：椭球B 的体积为V B =4π3a 2b 所以，两个椭球A ，B 的体积之比为ba．【解析】本题考查新定义问题，解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，考查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．(Ⅰ)由题意，直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明；(Ⅱ)类比(Ⅰ)可知，椭圆的长半轴为a ，短半轴为b ，构造一个底面半径为b ，高为a 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为b ，高为a ，证明截面面积相等，由祖暅原理求出出椭球A 的体积，同理求出椭球B 的体积，作比得出答案．12用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若f 'x 是f x 的导函数，f ''x 是f 'x 的导函数，则曲线y =f x 在点x ,f x 处的曲率K =|f (x )|1+[f (x )]232．。

2024年高考数学新题型之19题压轴题专项汇编(解析版)

2024新题型之19压轴题1.命题方向2024新题型之19压轴题以大学内容为载体的新定义题型以数列为载体的新定义题型以导数为载体的新定义题型两个知识交汇2.模拟演练题型01以大学内容为载体的新定义题型1(2024·安徽合肥·一模)“q -数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设q 是非零实数，对任意n ∈N *，定义“q -数”(n )q =1+q +⋯+q n -1利用“q -数”可定义“q -阶乘”n !q =(1)q (2)q ⋯(n )q ,且0 !q =1.和“q -组合数”，即对任意k ∈N ,n ∈N *,k ≤n ，n kq =n !qk !q n -k !q(1)计算：532；(2)证明：对于任意k ,n ∈N *,k +1≤n ，n k q =n -1k -1q +q k n -1kq(3)证明：对于任意k ,m ∈N ,n ∈N *,k +1≤n ，n +m +1k +1 q -n k +1 q =∑m i =0q n -k +i n +ikq.【解】(1)由定义可知，532=5 !23 !22 !2=(1)2(2)2(3)2(4)2(5)2(1)2(2)2(3)2 (1)2(2)2=(4)2(5)2(1)2(2)2=1+2+22+23 1+2+22+23+24 1×1+2=155.(2)因为n kq =n !qk !q n -k !q =(n )q ⋅n -1 !q k !q n -k !q，n -1k -1q +q k n -1kq =n -1 !q k -1 !q n -k !q +q k ⋅n -1 !q k !q n -k -1 !q=n -1 !q k !q n -k !q(k )q +q k⋅(n -k )q .又(k )q +q k ⋅(n -k )q =1+q +⋯+q k -1+q k 1+q +⋯+q n -k -1=1+q +⋯+q n -1=(n )q ,所以n k q =n -1k -1q +q k n -1kq(3)由定义得：对任意k ∈N ,n ∈N *,k ≤n ,n k q =nn -kq.结合(2)可知n k q =n n -kq =n -1n -k -1q +q n -k n -1n -kq=n -1kq +q n -kn -1k -1q即n k q =n -1kq +q n -k n -1k -1q，也即n k q -n -1k q =q n -k n -1k -1q.所以n +m +1k +1q -n +m k +1 q =q n +m -k n +mkq，n +m k +1 q -n +m -1k +1q =q n +m -1-k n +m -1kq，⋯⋯n +1k +1 q -n k +1 q =q n -k nkq.上述m +1个等式两边分别相加得：n +m +1k +1q -n k +1 q =∑m i =0q n -k +i n +ikq.2(2024·广东江门·一模)将2024表示成5个正整数x 1，x 2，x 3，x 4，x 5之和，得到方程x 1+x 2+x 3+x 4+x 5=2024①，称五元有序数组x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 为方程①的解，对于上述的五元有序数组x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 ，当1≤i ,j ≤5时，若max (x i -x j )=t (t ∈N )，则称x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 是t -密集的一组解.(1)方程①是否存在一组解x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 ，使得x i +1-x i i =1,2,3,4 等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；(2)方程①的解中共有多少组是1-密集的?(3)记S =5i =1x 2i ，问S 是否存在最小值?若存在，请求出S 的最小值；若不存在，请说明理由.【解】(1)若x i +1-x i i =1,2,3,4 等于同一常数，根据等差数列的定义可得x i 构成等差数列，所以x 1+x 2+x 3+x 4+x 5=5x 3=2024，解得x 3=20245，与x 3∈N *矛盾，所以不存在一组解x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 ，使得x i +1-x i i =1,2,3,4 等于同一常数；(2)因为x =15x 1+x 2+x 3+x 4+x 5 =20245=404.8，依题意t =1时，即当1≤i ,j ≤5时，max (x i -x j )=1，所以max x i =405，min x j =404，设有y 个405，则有5-y 个404，由405y +4045-y =2024，解得y =4，所以x 1，x 2，x 3，x 4，x 5中有4个405，1个404，所以方程①的解共有5组.(3)因为平均数x =15x 1+x 2+x 3+x 4+x 5 =20245=404.8，又方差σ2=155i =1x i -x 2 ，即5σ2=5i =1x i -x 2 =5i =1x 2i -5x 2，所以S =5σ2+5x 2，因为x 为常数，所以当方差σ2取最小值时S 取最小值，又当t =0时x 1=x 2=x 3=x 4=x 5，即5x 1=2024，方程无正整数解，故舍去；当t =1时，即x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 是1-密集时，S 取得最小值，且S min =4×4052+4042=819316.3(2024·江苏四校一模)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A ，B ，C ，D 是直线l 上互异且非无穷远的四点，则称AC BC ⋅BDAD(分式中各项均为有向线段长度，例如AB =-BA )为A ，B ，C ，D 四点的交比，记为(A ，B ；C ，D )．(1)证明：1-(D ,B ;C ,A )=1(B ,A ;C ,D )；(2)若l 1，l 2，l 3，l 4为平面上过定点P 且互异的四条直线，L 1，L 2为不过点P 且互异的两条直线，L 1与l 1，l 2，l 3，l 4的交点分别为A 1，B 1，C 1，D 1，L 2与l 1，l 2，l 3，l 4的交点分别为A 2，B 2，C 2，D 2，证明：(A 1，B 1；C 1，D 1)=(A 2，B 2；C 2，D 2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若ΔEFG 与△E ′F ′G ′的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则ΔEFG 与△E ′F ′G ′对应边的交点在一条直线上．【解】证明：(1)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用，设A ，B ，C ，D 是直线l 上互异且非无穷远的四点，则称AC BC ⋅BDAD(分式中各项均为有向线段长度，例如AB =-BA )为A ，B ，C ，D 四点的交比，记为(A ，B ；C ，D )．1-(D ,B ;C ,A )=1-DC ⋅BA BC ⋅DA =BC ⋅AD +DC ⋅BABC ⋅AD =BC ⋅(AC +CD )+CD ⋅AB BC ⋅AD，=BC ⋅AC +BC ⋅CD +CD ⋅AB BC ⋅AD =BC ⋅AC +AC ⋅CD BC ⋅AD =AC ⋅BD BC ⋅AD =1(B ,A ;C ,D )；(2)(A1,B 1;C 1,D 1)=A 1C 1⋅B 1D 1B 1C 1⋅A 1D 1=S △PA 1C 1⋅S △PB 1D 1S △PB 1C 1⋅S △PA 1D 1=12⋅PA 1⋅PC 1⋅sin ∠A 1PC 1⋅12⋅PB 1⋅PD 1⋅sin ∠B 1PD 112⋅PB 1⋅PC 1⋅sin ∠B 1PC 1⋅12⋅PA 1⋅PD 1⋅sin ∠A 1PD 1=sin ∠A 1PC 1⋅sin ∠B 1PD 1sin ∠B 1PC 1⋅sin ∠A 1PD 1=sin ∠A 2PC 2⋅sin ∠B 2PD 2sin ∠B 2PC 2⋅sin ∠A 2PD 2=S △PA 2C 2⋅S △PB 2D 2S △PB 2C 2⋅S △PA 2D 2=A 2C 2⋅B 2D 2B 2C 2⋅A 2D 2=(A 2,B 2;C 2,D 2)；(3)设EF 与E ′F ′交于X ，FG 与F ′G ′交于Y ，EG 与E ′G ′交于Z ，连接XY ，FF ′与XY 交于L ，EE ′与XY 交于M ，GG ′与XY 交于N ，欲证X ，Y ，Z 三点共线，只需证Z 在直线XY 上，考虑线束XP ，XE ，XM ，XE ′，由第(2)问知(P ，F ；L ，F ′)=(P ，E ；M ，E ′)，再考虑线束YP ，YF ，YL ，YF ′，由第(2)问知(P ，F ；L ，F ′)=(P ，G ；N ，G ′)，从而得到(P ，E ；M ，E ′)=(P ，G ；N ，G ′)，于是由第(2)问的逆命题知，EG ，MN ，E ′G ′交于一点，即为点Z ，从而MN 过点Z ，故Z 在直线XY 上，X ，Y ，Z 三点共线．题型02以数列为载体的新定义题型4(2024·安徽黄山·一模)随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列a n ，规定Δa n 为数列a n 的一阶差分数列，其中Δa n =a n +1-a n n ∈N * ，规定Δ2a n 为数列a n 的二阶差分数列，其中Δ2a n =Δa n +1-Δa nn ∈N *．(1)数列a n 的通项公式为a n =n 3n ∈N * ，试判断数列Δa n ,Δ2a n 是否为等差数列，请说明理由？(2)数列log a b n 是以1为公差的等差数列，且a >2，对于任意的n ∈N *，都存在m ∈N *，使得Δ2b n =b m ，求a 的值；(3)各项均为正数的数列c n 的前n 项和为S n ，且Δc n 为常数列，对满足m +n =2t ，m ≠n 的任意正整数m,n,t都有c m≠c n，且不等式S m+S n>λS t恒成立，求实数λ的最大值．【解】(1)因为a n=n3，所以Δa n=a n+1-a n=n+13-n3=3n2+3n+1，因为Δa1=7，Δa2=19，Δa3=37，故Δa2-Δa1=12，Δa3-Δa2=18，显然Δa2-Δa1≠Δa3-Δa2，所以Δa n不是等差数列；因为Δ2a n=Δa n+1-Δa n=6n+6，则Δ2a n+1-Δ2a n=6，Δ2a1=12，所以Δ2a n是首项为12，公差为6的等差数列.(2)因为数列log a b n是以1为公差的等差数列，所以log a b n+1-log a b n=1，故b n+1b n=a，所以数列b n是以公比为a的正项等比数列，b n=b1a n-1，所以Δ2b n=Δb n+1-Δb n=b n+2-b n+1-b n+1-b n=b n+2-2b n+1+b n，且对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Δ2b n=b m，即b1a n+1-2b1a n+b1a n-1=b1a m-1，所以a-12=a m-n，因为a>2，所以m-n>0，①若m-n=1，则a2-3a+1=0，解得a=3-52(舍)，或a=3+52，即当a=3+52时，对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Δ2b n=b m=b n+1.②若m-n≥2，则a m-n≥a2>a-12，对任意的n∈N*，不存在m∈N*，使得Δ2b n=b m.综上所述，a=3+5 2.(3)因为Δc n为常数列，则c n是等差数列，设c n的公差为d，则c n=c1+n-1d，若d=0，则c n=c m，与题意不符；若d<0，所以当n>1-c1d时，c n<0，与数列c n的各项均为正数矛盾，所以d>0，由等差数列前n项和公式可得S n=d2n2+c1-d2n，所以S n+S m=d2n2+m2+c1-d2n+m，因为m+n=2t，所以S t=d2n+m22+c1-d2n+m2，因为m≠n，故n2+m22>n+m22，所以S n+S m=d2n2+m2+c1-d2n+m>d2×n+m22+c1-d2n+m=2S t则当λ≤2时，不等式S m +S n >λS t 恒成立，另一方面，当λ>2时，令m =t +1，n =t -1，n ∈N *,t ≥2，则S n +S m =d 22t 2+2 +2t c 1-d 2 ，S t =d 2t 2+c 1-d 2t ，则λS t -S n +S m =d 2λt 2+c 1-d 2 λt -d 22t 2+2 -2t c 1-d2=d2λ-dt 2-t +λ-2 c 1t -d ，因为d2λ-d >0，t 2-t ≥0，当t >dλ-2 c 1时，λS t -S n +S m >0，即S n +S m <λS t ，不满足不等式S m +S n >λS t 恒成立，综上，λ的最大值为2.5(2024·辽宁葫芦岛·一模)大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作L M ,N 删去一个无穷非减正整数数列中除以M 余数为N 的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列a n 的通项公式a n =3n -1，n ∈N +，通过“数据漏斗”软件对数列a n 进行L 3,1 操作后得到b n ，设a n +b n 前n 项和为S n ．(1)求S n ；(2)是否存在不同的实数p ,q ,r ∈N +，使得S p ，S q ，S r 成等差数列？若存在，求出所有的p ,q ,r ；若不存在，说明理由；(3)若e n =nS n2(3n-1)，n ∈N +，对数列e n 进行L 3,0 操作得到k n ，将数列k n 中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到p n ，再将p n 的每一项都加上自身项数，最终得到c n ，证明：每个大于1的奇平方数都是c n 中相邻两项的和．【解】(1)由a n =3n -1，n ∈N +知：当n =1时，a 1=1；当n ≥2时a n3∈N +，故b n =3n ，n ∈N +，则S n =4∑ni =13n -1=4×1-3n1-3=23n -1 ，n ∈N +；(2)假设存在，由S n 单调递增，不妨设p <q <r ，2S q =S p +S r ，p ，q ，r ∈N +，化简得3p -q+3r -q=2，∵p -q <0，∴0<3p -q<1，∴1<3r -q<2，∴0<r -q <log 23<1，与“q <r ，且q ，r ∈N +”矛盾，故不存在；(3)由题意，e n =nS n 2(3n -1)=n ×2(3n -1)2(3n -1)=n ，则e 3n =3n ，e 3n -2=3n -2，e 3n -1=3n -1，所以保留e 3n -2，e 3n -1，则k 2n -1=3n -2，k 2n =3n -1，n ∈N +，又k 4n +1=6n +1，k 4n +2=6n +2，k 4n +3=6n +4，k 4n +4=6n +5，n ∈N +，将k 4n ，k 4n +1删去，得到p n ，则p 2n +1=6n +2，p 2n +2=6n +4，c 2n +1=6n +2 +2n +1 =8n +3，c 2n +2=6n +4 +2n +2 =8n +6，n ∈N +，即：c 2n -1=8n -5，c 2n =8n -2，n ∈N +，即：c n =4n -1,n =2k -14n -2,n =2k，k ∈N +，记r k =k k +12，下面证明：(2k +1)2=c r k+c r k-1，由r 4m =8m 2+2m ，r 4m +1=8m 2+6m +1，r 4m +2=8m 2+10m +3，r 4m +3=8m 2+14m +6，k =4m 时，r 4m =8m 2+2m ，r 4m +1=8m 2+2m +1，c r 4tm+c r4m -1=48m 2+2m -2 +48m 2+2m +1 -1=64m 2+16m +1=(2×4m +1)2；k =4m +1时，r 4m -1=8m 2+6m +1，r 4m +1=8m 2+6m +2，c r4m -1+c r4m +1-1=48m 2+6m +1 -1 +48m 2+6m +2 -2=64m 2+48m +9=24m +1 +1 2；k =4m +2时，k 4m +2=8m 2+10m +3，k 4m +2+1=8m 2+10m +4，c k4m -2+c k4m -2+1=48m 2+10m +3 -1 +48m 2+10m +4 -2=64m 2+80m +25=24m +2 +1 2；k =4m +3时，r 4m +3=8m 2+14m +6，r 4m +3+1=8m 2+14m +7，c r4m +3+c r4m +3+1=48m 2+14m +6 -2 +48m 2+14m +7 -1=64m 2+112m +49=24m +3 +1 2，综上，对任意的k ∈N +，都有2k +1 2=c r k+c r k+1，原命题得证．6(2024·山东青岛·一模)记集合S =a n |无穷数列a n 中存在有限项不为零，n ∈N * ，对任意a n ∈S ，设变换f a n =a 1+a 2x +⋯+a n x n -1+⋯，x ∈R ．定义运算⊗：若a n ,b n ∈S ，则a n ⊗b n∈S ，f a n ⊗b n =f a n ⋅f b n ．(1)若a n ⊗b n =m n ，用a 1,a 2,a 3,a 4,b 1,b 2,b 3,b 4表示m 4；(2)证明：a n ⊗b n ⊗c n =a n ⊗b n ⊗c n ；(3)若a n =n +12+1n n +1,1≤n ≤1000,n >100，b n=12203-n,1≤n ≤5000,n >500，d n =a n ⊗b n ，证明：d 200<12．【解】(1)因为f a n ⊗b n =f a n ⋅f b n =a 1+a 2x +a 3x 2+a 4x 3⋯ b 1+b 2x +b 3x 2+b 4x 3⋯ =⋅⋅⋅+a 1b 4+a 2b 3+a 3b 2+a 4b 1 x 3+⋅⋅⋅，且f m n =m 1+m 2x +m 3x 2+m 4x 3+⋯，所以，由a n ⊗b n =m n 可得m 4x 3=(a 1b 4+a 2b 3+a 3b 2+a 4b 1)x 3，所以m 4=a 1b 4+a 2b 3+a 3b 2+a 4b 1.(2)因为f ({a n }⊗{b n })=f ({a n })⋅f ({b n })，所以f ({a n })⋅f ({b n })⋅f ({c n })=f ({a n }⊗{b n })⋅f ({c n })=f (({a n }⊗{b n })⊗{c n })又因为f a n ⋅f b n ⋅f c n =f a n ⋅f b n ⋅f c n =f ({a n })⋅f ({b n }⊗{c n })=f ({a n }⊗({b n }⊗{c n }))所以f (({a n }⊗{b n })⊗f {c n })=f ({a n }⊗({b n }⊗f {c n }))，所以a n ⊗b n ⊗c n =a n ⊗b n ⊗c n .(3)对于{a n },{b n }∈S ，因为(a 1+a 2x +⋯+a n x n -1+⋯)(b 1+b 2x +⋯+b n x n -1+⋯)=d 1+d 2x +⋯+d n x n -1+⋯，所以d n x n -1=a 1(b n x n -1)+⋯+a k x k -1(b n +1-k x n -k )+⋯+a n -1x n -2(b 2x )+a n x n -1b 1，所以d n =a 1b n +a 2b n -1+⋯+a k b n +1-k +⋯+a n -1b 2+a n b 1，所以a n ⊗b n =d n =∑nk =1a kb n +1-k ，d 200=200k =1a k b 201-k =100k =1a k b 201-k +200k =101a k b 201-k =100k =1a k b 201-k =100k =1(k +1)2+1k (k +1)2k +2，所以d 200=∑100k =112k +21+2k -1k +1，=∑100k =112k +2+∑100k =11k ⋅2k +1-1k +1 ⋅2k +2=12-102101×2102<12.7(2024·江苏徐州·一模)对于每项均是正整数的数列P ：a 1,a 2,⋯,a n ，定义变换T 1，T 1将数列P 变换成数列T 1P ：n ,a 1-1,a 2-1,⋯,a n -1．对于每项均是非负整数的数列Q :b 1,b 2,⋯,b m ，定义S (Q )=2(b 1+2b 2+⋯+mb m )+b 21+b 22+⋯+b 2m ，定义变换T 2，T 2将数列Q 各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T 2Q ．(1)若数列P 0为2，4，3，7，求S T 1P 0 的值；(2)对于每项均是正整数的有穷数列P 0，令P k +1=T 2T 1P k ，k ∈N ．(i )探究S T 1P 0 与S P 0 的关系；(ii )证明：S P k +1 ≤S P k ．【解】(1)依题意，P 0:2,4,3,7，T 1P 0 :4,1,3,2,6，S T 1P 0 =2(4+2×1+3×3+4×2+5×6)+16+1+9+4+36=172.(2)(i )记P 0:a 1,a 2,⋯,a n ,(a 1,a 2,⋯,a n ∈N *)，T 1P 0 :n ,a 1-1,a 2-1,⋯,a n -1，S (T 1(P 0))=2[n +2(a 1-1)+3(a 2-1)+⋯+(n +1)(a n -1)]+n 2+(a 1-1)2+(a 2-1)2+⋯+(a n -1)2，S (P 0)=2(a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n )+a 21+a 22+⋯+a 2n ，S (T 1(P 0))-S (P 0)=2n +2a 1+2a 2+⋯+2a n -4-6-⋯-2(n +1)+n 2-2a 1-2a 2-⋯-2a n +n =n 2+3n -(2n +6)⋅n2=0，所以S (T 1(P 0))=S (P 0).(ii )设A 是每项均为非负整数的数列a 1,a 2,⋯,a n ，当存在1≤i <j ≤n ，使得a i ≤a j 时，交换数列A 的第i 项与第j 项得到数列B ，则S (B )-S (A )=2(ia j +ja i -ia i -ja j )=2(i -j )(a j -a i )≤0，当存在1≤m <n ，使得a m +1=a m +2=⋯=a n =0时，若记数列a 1,a 2,⋯,a m 为C ，则S (C )=S (A )，因此S T 2(A ) ≤S (A )，从而对于任意给定的数列P 0，由P k +1=T 2T 1P k (k =0,1,2,⋯)，S P k +1 ≤S T 1P k ，由(i )知S T 1P k =S P k ，所以S P k +1 ≤S P k .题型03以导数为载体的新定义题型8(2024·广东惠州·一模)黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数f x =x s -1e x -1(x >0,s >1，s 为常数)密切相关，请解决下列问题．(1)当1<s ≤2时，讨论f x 的单调性；(2)当s >2时；①证明f x 有唯一极值点；②记f x 的唯一极值点为g s ，讨论g s 的单调性，并证明你的结论．【解】(1)由f x =x s -1e x -1,x ∈0,+∞ ,1<s ≤2可得fx =s -1 ⋅xs -2⋅e x -1 -x s -1⋅e x e x -1 2=x s -2⋅s -1-x ⋅e x -s -1e x -12，令h x =s -1-x ⋅e x -s -1 ，则h x =-e x +s -x -1 ⋅e x =s -x -2 ⋅e x ；又1<s ≤2，x >0，所以s -x -2<0,e x >0，即h x <0恒成立；即函数h x 在0,+∞ 上单调递减，又h 0 =0，所以h x <h 0 =0，可得fx =x s -2⋅s -1-x ⋅e x -s -1e x -12<0恒成立，因此函数f x 在0,+∞ 上单调递减，即当1<s ≤2时，函数f x 在0,+∞ 上单调递减；(2)当s >2时，①由(1)可知令h x =s -x -2 ⋅e x =0，可得x =s -2>0,易知当x ∈0,s -2 时，h x =s -x -2 ⋅e x >0，即函数h x 在0,s -2 上单调递增，当x ∈s -2,+∞ 时，h x =s -x -2 ⋅e x <0，即函数h x 在s -2,+∞ 上单调递减，即函数h x 在x =s -2处取得极大值，也是最大值；注意到h 0 =0，由单调性可得h s -2 >h 0 =0，可知h x 在0,s -2 大于零，不妨取x =2s -2，则h 2s -2 =1-s ⋅e 2s -2-s -1 =1-s e 2s -2+1 <0；由零点存在定理可知h x 存在唯一变号零点x 0∈s -2,+∞ ，所以fx =x s -2⋅s -1-x ⋅e x -s -1 e x -12存在唯一变号零点x 0满足f x 0 =0，由h x 单调性可得，当x ∈0,x 0 时，f x >0，当x ∈x 0,+∞ 时，f x <0；即可得函数f x 在0,x 0 上单调递增，在x 0,+∞ 单调递减；所以f x 有唯一极大值点x 0；②记f x 的唯一极值点为g s ，即可得x 0=g s由h x 0 =s -1-x 0 ⋅e x 0-s -1 =0可得s =x 0⋅e x 0e x 0-1+1，即可得g s 的反函数g -1s =x 0⋅ex 0e x 0-1+1，令φx =x ⋅e x e x -1+1,x ∈s -2,+∞ ，则φx =e x e x -x -1 e x -1 2，构造函数m x =e x -x -1,x ∈0,+∞ ，则m x =e x -1，显然m x =e x -1>0在0,+∞ 恒成立，所以m x 在0,+∞ 上单调递增，因此m x >m 0 =0，即e x >x +1在0,+∞ 上恒成立，而s >2，即s -2>0，所以e x >x +1在s -2,+∞ 上恒成立，即可得φx =e x e x -x -1e x -12>0在s -2,+∞ 上恒成立，因此g -1s 在s -2,+∞ 单调递增；易知函数g s 与其反函数g -1s 有相同的单调性，所以函数g s 在2,+∞ 上单调递增；9(2024·湖北·一模)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f x 在x =0处的n n ∈N * 阶导数都存在时，f x =f 0 +f0 x +f 0 2!x 2+f 30 3!x 3+⋯+f n0 n !x n +⋯．注：f x 表示f x 的2阶导数，即为f x 的导数，f nx n ≥3 表示f x 的n 阶导数，该公式也称麦克劳林公式．(1)根据该公式估算sin12的值，精确到小数点后两位；(2)由该公式可得：cos x =1-x 22!+x 44!-x 66!+⋯．当x ≥0时，试比较cos x 与1-x 22的大小，并给出证明；(3)设n ∈N *，证明：nk =11(n +k )tan 1n +k>n -14n +2．【解】(1)令f x =sin x，则f (x)=cos x，f (x)=-sin x，f3 x =-cos x，f4 x =sin x，⋯故f0 =0，f (0)=1，f (0)=0，f3 0 =-1，f4 0 =0，⋯由麦克劳林公式可得sin x=x-x33!+x55!-x77!+⋯，故sin 12=12-148+⋯≈0.48.(2)结论：cos x≥1-x22，证明如下：令g x =cos x-1+x22,x≥0，令h x =g x =-sin x+x,h x =-cos x+1≥0，故h x 在0,+∞上单调递增，h x ≥h0 =0，故g x 在0,+∞上单调递增，g x ≥g0 =0，即证得cos x-1+x22≥0，即cos x≥1-x22．(3)由(2)可得当x≥0时，cos x≥1-x22，且由h x ≥0得sin x≤x，当且仅当x=0时取等号，故当x>0时，cos x>1-x22,sin x<x，1n+ktan1n+k =cos1n+kn+ksin1n+k>cos1n+kn+k⋅1n+k=cos1n+k>1-12(n+k)2，而12(n+k)2=2(2n+2k)2<2(2n+2k)2-1=22n+2k-12n+2k+1=12n+2k-1-12n+2k+1，即有1n+ktan1n+k>1-12n+2k-1-12n+2k+1故nk=11(n+k)tan1n+k>n-12n+1-12n+3+12n+3-12n+5+⋯+14n-1-14n+1=n-12n+1+1 4n+1而n-12n+1+14n+1-n-14n+2=14n+1-14n+2>0，即证得nk=11(n+k)tan1n+k>n-14n+2.10(2024·山东菏泽·一模)帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+a m x m1+b1x+⋯+b n x n，且满足：f(0)=R(0)，f (0)=R (0)，f (0)=R (0)，⋯，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)．(注：f (x)=f (x)，f (x)=f(x ) ，f (4)(x )=f (x ) ，f (5)(x )=f (4)(x ) ，⋯；f (n )(x )为f(n -1)(x )的导数)已知f (x )=ln (x +1)在x =0处的1,1 阶帕德近似为R (x )=ax1+bx．(1)求实数a ，b 的值；(2)比较f x 与R (x )的大小；(3)若h (x )=f (x )R (x )-12-m f (x )在(0,+∞)上存在极值，求m 的取值范围．【解】(1)由f (x )=ln (x +1)，R (x )=ax1+bx，有f (0)=R (0)，可知f (x )=1x +1，f (x )=-1(x +1)2，R (x )=a (1+bx )2，R(x )=-2ab (1+bx )3，由题意，f (0)=R (0)，f (0)=R (0)，所以a =1-2ab =-1 ，所以a =1，b =12．(2)由(1)知，R (x )=2x x +2，令φ(x )=f (x )-R (x )=ln (x +1)-2xx +2(x >-1)，则φ(x )=1x +1-4(x +2)2=x 2(x +1)(x +2)2>0，所以φ(x )在其定义域(-1,+∞)内为增函数，又φ(0)=f (0)-R (0)=0，∴x ≥0时，φ(x )=f (x )-R (x )≥φ(0)=0；-1<x <0时，φ(x )=f (x )-R (x )<φ(0)=0；所以x ≥0时，f (x )≥R (x )；-1<x <0时，f (x )<R (x )．(3)由h (x )=f (x )R (x )-12-m f (x )=1x +m ln (x +1)，∴h(x )=-1x 2ln (x +1)+1x +m 1x +1=mx 2+x -(x +1)ln (x +1)x 2(x +1)．由h (x )=f (x )R (x )-12-m f (x )在(0,+∞)上存在极值，所以h (x )在(0,+∞)上存在变号零点．令g (x )=mx 2+x -(x +1)ln (x +1)，则g (x )=2mx +1-ln (x +1)+1 =2mx -ln (x +1)，g (x )=2m -1x +1．①m <0时，g (x )<0，g (x )为减函数，g (x )<g (0)=0，g (x )在(0,+∞)上为减函数，g (x )<g (0)=0，无零点，不满足条件．②当2m >1，即m >12时，g (x )>0，g (x )为增函数，g (x )>g (0)=0，g (x )在(0,+∞)上为增函数，g (x )>g (0)=0，无零点，不满足条件．③当0<2m <1，即0<m <12时，令g (x )=0即2m =1x +1，∴x =12m-1．当0<x <12m -1时，g (x )<0，g (x )为减函数；x >12m -1时，g (x )>0，g (x )为增函数，∴g min (x )=g 12m -1=2m 12m -1 -ln 12m-1+1 =1-2m +ln2m ；令H (x )=1-x +ln x ，0<x <1，H (x )=-1+1x ，H (x )=-1+1x>0在0<x <1时恒成立，H(x)在0,1上单调递增，H(x)<H(1)=0，∴g12m-1=(1-2m)+ln2m<0恒成立；∵x>0，0<m<1，∴x(m-1)<0，则mx2-1>mx2-1+mx-x=x+1mx-1，∴mx2-1x+1>mx-1，∴1+mx2-1x+1-ln(x+1)>mx-ln(x+1)；∵g(x)=(x+1)mx2+xx+1-ln(x+1)，令l(x)=mx2+xx+1-ln(x+1)=1+mx2-1x+1-ln(x+1)>mx-ln(x+1)=m(x+1)-ln(x+1)-m，令F x =ln(x+1)-2x+1x>0，F x =1x+1-1x+1=1-x+1x+1<0，则F x 在0,+∞是单调递减，F x <F0 =-2，所以ln(x+1)<2x+1，∴l(x)>m(x+1)-2x+1-m=m2(x+1)-m+m2(x+1)-2x+1，令x=16m2-1，则x+1=16m2，∴m2(x+1)-2x+1≥0，m2(x+1)-m=8m-m>00<m<12．∴l(x)>0，即l16m2-1>0．由零点存在定理可知，l(x)在12m-1,+∞上存在唯一零点x0∈12m-1,16m2-1，又由③知，当0<x<12m-1时，g (x)<0，g (x)为减函数，g (0)=0，所以此时，g (x)<0，在0,12m-1内无零点，∴g(x)在(0,+∞)上存在变号零点，综上所述实数m的取值范围为0,12．题型04两个知识交汇11【概率与数列】(2024·山东聊城·一模)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3. 一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区域)，且到不同相邻区域的概率相等.(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.【解】(1)经过2秒机器人可能位于的区域为P、Q1，Q，经过3秒机器人可能位于的区域为A，B1，B2，C1，C2，C3；(2)若经过2秒机器人位于区域Q，则经过1秒时，机器人必定位于B2，P有三个相邻区域，故由P→B2的概率为p1=13，B2有两个相邻区域，故由B2→Q的概率为p2=12，则经过2秒机器人位于区域Q的概率为p1p2=13×12=16；(3)机器人的运动路径为P→A∪B1∪B2→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→⋯，设经过n秒机器人位于区域Q的概率P n，则当n为奇数时，P n=0，当n为偶数时，由(2)知，P2=16，由对称性可知，经过n秒机器人位于区域Q的概率与位于区域Q1的概率相等，亦为P n，故经过n秒机器人位于区域P的概率为1-2P n，若第n秒机器人位于区域P，则第n+2秒机器人位于区域Q的概率为1 6，若第n秒机器人位于区域Q1，则第n+2秒机器人位于区域Q的概率为1 6，若第n秒机器人位于区域Q，则第n+2秒机器人位于区域Q的概率为1-2×1 6=23，则有P n+2=23P n+16P n+161-2P n，即P n+2=16+12P n，令P n+2+λ=12P n+λ，即P n+2=12P n-12λ，即有λ=-13，即有P n+2-13=12P n-13，则P n+2-13P n-13=12，故有P n-13P n-2-13=12、P n-2-13P n-4-13=12、⋯、P4-13P2-13=12，故P n-13P n-2-13×P n-2-13P n-4-13×⋯×P4-13P2-13×P2-13=P n-13=12 n2-1×16-13=-13⋅12 n2，即P n=13-13⋅12n2，综上所述，当n为奇数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为0，当n为偶数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为13-13⋅12n2.12【概率与函数】(2024·广东汕头·一模)2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不妨设n颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)颗番石榴，自第k+1颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗.设k=tn，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为P.(1)若n=4,k=2，求P；(2)当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求P的最大值及P取最大值时t的值.(取1k +1k+1+⋯+1n-1=ln nk)【解】(1)依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有A44=24种情况，要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：①最大的番石榴是第3个，其它的随意在哪个位置，有A33=6种情况；②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其它的随意在哪个位置，有2A22=4种情况，所以所求概率为6+424=512.(2)记事件A表示最大的番石榴被摘到，事件B i表示最大的番石榴排在第i个，则P B i=1 n，由全概率公式知：P(A)=ni=1P(A|B i)P(B i)=1nni=1P(A|B i) ，当1≤i≤k时，最大的番石榴在前k个中，不会被摘到，此时P(A|B i)=0；当k+1≤i≤n时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前i-1个番石榴中的最大一个在前k个之中时，此时P A|B i)=ki-1，因此P(A)=1nkk+kk+1+⋯+kn-1=k n ln n k，令g(x)=xnln nx(x>0)，求导得g (x)=1nln nx-1n，由g(x)=0，得x=ne，当x∈0,n e时，g (x)>0，当x∈n e,n时，g (x)<0，即函数g(x)在0,n e上单调递增，在n e,n上单调递减，则g(x)max=gne=1e，于是当k=n e时，P(A)=k n ln n k取得最大值1e，所以P的最大值为1e，此时t的值为1e.13【解析几何与立体几何】(2024·山东日照·一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12经过点F1且倾斜角为θ0<θ<π2的直线l与椭圆交于A，B两点(其中点A在x轴上方)，且△ABF2的周长为8．将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角A-F1F2-B为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为A ，B ．(1)当θ=π3时，①求证：A O⊥B F2；②求平面A'F1F2和平面A'B'F2所成角的余弦值；(2)是否存在θ0<θ<π2，使得折叠后△A B F2的周长为152？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．【解】(1)①由椭圆定义可知AF1+AF2=2a,BF1+BF2=2a，所以△ABF2的周长L=4a=8，所以a=2，因为离心率为12，故ca=12，解得c=1，则b2=a2-c2=3，由题意，椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆方程为x24+y23=1，直线l:y-0=tan π3⋅x+1，即l:y=3x+1，联立x24+y23=1得15x2+24x=0，解得x=0或-85，当x=0时，y=3×0+1=3，当x=-85时，y=3×-85+1=-335，因为点A在x轴上方，所以A0,3,B-85,-335，故AO⊥F1F2，折叠后有A O⊥F1F2，因为二面角A-F1F2-B为直二面角，即平面A F1F2⊥F1F2B ，交线为F1F2，A O⊂平面A F1F2，所以A O⊥平面F1F2B ，因为F 2B ⊂平面F 1F 2B ，所以A O ⊥F 2B ；②以O 为坐标原点，折叠后的y 轴负半轴为x 轴，原x 轴为y 轴，原y 轴正半轴为z 轴，建立空间直角坐标系，则F 10,-1,0 ,A 0,0,3 ,B 335,-85,0,F 20,1,0 ，A F 2 =0,1,-3 ,BF 2 =-335,135,0 ，其中平面A F 1F 2的法向量为n 1=1,0,0 ，设平面A B F 2的法向量为n 2=x ,y ,z ，则n 2 ⋅AF 2 =x ,y ,z ⋅0,1,-3 =y -3z =0n 2 ⋅B F 2 =x ,y ,z ⋅-335,135,0 =-335x +135y =0，令y =3得x =133,z =1，故n 2 =133,3,1 ，设平面A B F 2与平面A F 1F 2的夹角为φ，则cos φ=cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2n 1 ⋅n 2 =1,0,0 ⋅133,3,1 1699+3+1=13205205，故平面A B F 2与平面A F 1F 2的夹角的余弦值为13205205；(2)设折叠前A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，折叠后对应的A x 1,y 1,0 ,B x 2,0,-y 2 ，设直线l 方程为my =x +1，将直线l 与椭圆方程x 24+y 23=1联立得，3m 2+4 y 2-6my -9=0，则y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4，在折叠前可知AB =x 1-x 22+y 1-y 2 2，折叠后，在空间直角坐标系中，A B=x 1-x 22+y 21+y 22，，由A F 2 +B F 2 +A B =152，AF 2 +BF 2 +AB =8，故AB -A B =12，所以AB -A B =x 1-x 22+y 1-y 2 2-x 1-x 22+y 21+y 22=12①，分子有理化得-2y 1y 2x 1-x 22+y 1-y 2 2+x 1-x 22+y 21+y 22=12，所以x 1-x 22+y 1-y 2 2+x 1-x 22+y 21+y 22=-4y 1y 2②，由①②得x 1-x 22+y 1-y 2 2=14-2y 1y 2，因为x 1-x 2 2+y 1-y 2 2=my 1-1-my 2+1 2+y 1-y 2 2=m 2+1y 1-y 2 ，故14-2y 1y 2=m 2+1y 1-y 2 ，即14-2y 1y 2=m 2+1y 1+y 2 2-4y 1y 2，将y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4代入上式得14+183m 2+4=m 2+16m3m 2+42+363m 2+4，两边平方后，整理得2295m 4+4152m 2-3472=0，即45m 2-28 51m 2+124 =0，解得m 2=2845，因为0<θ<π2，所以tan θ=1m =33514.14【导数与三角函数】(2024·山东烟台·一模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，半径为1的圆A 沿着x 轴正向无滑动地滚动，点M 为圆A 上一个定点，其初始位置为原点O ,t 为AM 绕点A 转过的角度(单位：弧度，t ≥0).(1)用t 表示点M 的横坐标x 和纵坐标y ；(2)设点M 的轨迹在点M 0(x 0,y 0)(y 0≠0)处的切线存在，且倾斜角为θ，求证：1+cos2θy 0为定值；(3)若平面内一条光滑曲线C 上每个点的坐标均可表示为(x (t ),y (t )),t ∈[α,β]，则该光滑曲线长度为F (β)-F (α)，其中函数F (t )满足F(t )=[x(t )]2+[y(t )]2.当点M 自点O 滚动到点E 时，其轨迹OE为一条光滑曲线，求OE的长度.【解】(1)依题意，y =1-cos t ,|OB |=BM=t ，则x =|OB |-sin t =t -sin t ，所以x =t -sin t ,y =1-cos t .(2)由复合函数求导公式yt=y x⋅x t及(1)得y x=y x ⋅x t x t =y t x t=sin t 1-cos t ，因此tan θ=sin t 1-cos t ，而1+cos2θ=2cos 2θ=2cos 2θsin 2θ+cos 2θ=2tan 2θ+1=2sin t 1-cos t 2+1=2(1-cos t )22-2cos t =1-cos t =y 0，所以1+cos2θy 0为定值1.(3)依题意，F (t )=(1-cos t )2+sin 2t =2-2cos t =2sin t 2.由0≤t 2≤π，得sin t 2≥0，则F (t )=2sin t 2，于是F (t )=-4cos t2+c (c 为常数)，则F (2π)-F (0)=(-4cosπ+c )-(-4cos0+c )=8，所以OE 的长度为8.15【导数与数列】(2024·山东济宁·一模)已知函数f x =ln x -12ax 2+12a ∈R ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若0<x 1<x 2，证明：对任意a ∈0,+∞ ，存在唯一的实数ξ∈x 1,x 2 ，使得f (ξ)=f x 2 -f x 1x 2-x 1成立；(3)设a n =2n +1n 2，n ∈N *，数列a n 的前n 项和为S n ．证明：S n >2ln (n +1)．【解】(1)函数f x 的定义域为0,+∞ ，fx =1x -ax =1-ax 2x ，①若a ≤0，f x >0恒成立，f x 在0,+∞ 上单调递增．②若a >0，x ∈0,1a时，fx >0，f x 单调递增；x ∈1a,+∞时，f x <0，f x 单调递减．综上，当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，f x 在0,1a上单调递增，在1a,+∞ 上单调递减．(2)证明：令F x =f x -f x 2 -f x 1x 2-x 1，x >0则F x =1x -ax -ln x 2-12ax 22-ln x 1+12ax 12x 2-x 1=1x -ax -ln x 2-ln x 1x 2-x 1+12a x 2+x 1因为a >0，所以，F x =1x -ax -ln x 2-ln x 1x 2-x 1+12a x 2+x 1 在区间x 1,x 2 上单调递减．F x 1 =1x 1-ax 1-ln x 2-ln x 1x 2-x 1+12a x 2+x 1 =1x 1-ln x 2-ln x 1x 2-x 1+12a x 2-x 1=1x 2-x 1x 2x 1-1-ln x 2x 1+12a x 2-x 1令g t =t -1-ln t ，t >0，则g t =1-1t =t -1t，所以，t ∈0,1 时，g t <0，g t 单调递减，t ∈1,+∞ 时，g t >0，g t 单调递增，所以，g t min =g 1 =0，又0<x 1<x 2，所以，x 2x 1>1，所以g x 2x 1=x 2x 1-1-ln x 2x 1>0恒成立，又因为a >0，x 2-x 1>0，所以，F x 1 >0．同理可得，F x 2 =1x 2-x 11-x 1x 2-ln x 2x 1+12a x 1-x 2 ，由t -1-ln t ≥0(t =1时等号成立)得，1t -1-ln 1t ≥0，即1-1t -ln t ≤0(t =1时等号成立)，又0<x 1<x 2，所以0<x 1x 2<1，所以1-x1x 2-ln x 2x 1<0恒成立，又因为a >0，x 1-x 2<0，x 2-x 1>0，所以，F x 2 <0，所以，区间x 1,x 2 上存在唯一实数ξ，使得F ξ =0，所以对任意a ∈0,+∞ ，存在唯一的实数ξ∈x 1,x 2 ，使得f ξ =f x 2 -f x 1x 2-x 1成立；(3)证明：当a =1时，由(1)可得，f x =ln x -12x 2+12在1,+∞ 上单调递减．所以，x >1时，f x <f 1 =0，即ln x -12x 2+12<0．令x =n +1n ，n ∈N *，则ln n +1n -12n +1n 2+12<0，即n +1n2-1>2ln n +1 -2ln n ，即2n +1n 2>2ln n +1 -2ln n 令b n =2ln n +1 -2ln n ，n ∈N *，则a n >b n ，a 1+a 2+a 3+⋅⋅⋅+a n >b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n=2ln2-2ln1+2ln3-2ln2+⋯+2ln n +1 -2ln n =2ln n +1 所以，S n >2ln n +1 .。

交比(射影几何)

(
p1
p2 ,
p3
p4
)

(k1 (k2
k3 )(k2 k3 )(k1

k4 ) k4 )
.
交比 (2) 三角函数表示
设直线pi与x轴正向的夹角为i (i=1,2,3,4). 将ki=tani代入
上式, 利用三角恒等式化简可得
定理9 对于通常线束中以ki为斜率的四直线pi (i=1,2,3,4), 有
定理5 设线束S(p)中四直线pi的齐次坐标为a+ib (i=1,2,3,4).
则
(
p1
p2 (2
3 )(2 3 )(1

4 ) 4 )
.
(6)
注上述定义、定理与点列的交比有相同的代数结构. 因此有相同的组合性质, 并可类似定义调和直线组.
交比
a+1b=a', a+2b=b'.
从中解出a, b, 得
a a '2 b '1 , 2 1
b ' a '
b
.
2 1
于是, P1, P2, P3, P4的坐标可表示为 a ', b ', 2 3 a ' 3 1 b ', 2 4 a ' 4 1 b ' 2 1 2 1 2 1 2 1
(AG,OB) (AO, HB). 由交比的初等几何表示(2.4)式，有
AO GB AH OB GO AB OH AB
所以 GO OB AO OH
交比
推论4 设 P0 , P1, P* 为点列l(P)中取定的相异三点, Pl(P). 则

射影几何论文

机密（Confidential）编号（No.）：C试题（T est）课程名称（Subject）：高等几何考核类别（Type of test）：考试课程类别(Type of course) : 专业必修课考试形式(Test type) : 论文使用范围（Target group）：2007级数学与应用数学专业本科生要求：论文题目：交比在射影几何中的重要地位具体撰写要求：论文一律采用A4纸打印，字数不少于两千字。

正文为宋体五号字。

论文的各个组成部分按下述顺序排列：（1）封面；（2）论文摘要；（3）正文；（4）参考文献。

论文评分标准：优秀（90分——100分）1.写作态度认真，按期圆满完成论文；2.论文观点明确，语言表达流畅，论证充分全面，逻辑严密，结构合理，层次分明；3.论文整体水平高，有独立分析问题，解决问题的能力；4.书写工整，格式及标点规范。

图形整洁、正确、规范。

良好（80分——89分）1.写作态度认真，按期完成论文；2.论文观点基本明确，语言表达清楚，论证较充分，逻辑较严密，结构较合理，层次较分明；3.基本具有独立分析问题，解决问题的能力；4.书写工整，格式及标点规范。

图形整洁、正确、规范。

中等（70分——79分）1.写作态度认真，基本完成论文；2.论文观点清楚，所引用材料能说明论点，用词较准确，结构一般；3.具有一定分析问题，解决问题的能力；4.书写工整，格式及标点规范。

图形整洁、正确、规范。

及格（60分——69分）1.写作态度较认真，基本完成论文；2.论文观点较清楚，所引用材料基本能说明论点，但论述有个别错误或表达不清楚，逻辑欠严密；3.具有一般的分析问题，解决问题的能力；4.书写不够工整，存在个别的用词不当。

图形较规范。

不及格（60分以下，不含零分）1.写作态度不认真，未按时完成论文；2.论文观点不清楚，，逻辑混乱，语言表达不清楚；3.基本不具有分析问题，解决问题的能力；4.书写潦草，不当用词较多。

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